차례 0 소개 4 01 감사의말 6 02 독자 지역및전공 6 03 독자의찬사 7 04 참고할만한하이퍼링크 저자 14 1 위상공간 위상 열린집합 여유한위상 후기 38 2 유클리드위상 유클리드위상

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1 눈물 없는 위상수학1 SIDNEY A MORRIS wwwsidneymorrisnet 2017년 3월 2일 버전2 이 책의 2007년 또는 이후 버전의 일부 번역본: 아랍어 (Alia Mari Al Nuaimat 박사 역), 중국어 (Fusheng Bai 박사 역), 그리스어 (Kyriakos Papadopoulos 박사 역), 한국어 (Myung Hyun Cho 박사, Junhui Kim 박사, Mi Ae Moon 박사 역), 페르시아어 (Asef Nazari Ganjehlou 박사 역), 러시아어 (Eldar Hajilarov 박사 역), 스페인어 (Guillermo Pineda-Villavicencio 박사 역), 터키어 (Soley Ersoy 박사, Mahmut Akyiğit 박사 역) 최신 버전의 책은 반드시 싸이트 wwwtopologywithouttearsnet에서 다운 받아야 한다 이 책에는 풀이가 있는 다양한 보기가 실려 있지만 연습문제의 해답은 제공되지 않는다 오히려 그 편이 학습에 더 도움이 되기 때문이다 스스로 연습문제를 풀면서 문제를 터득하기 바란다 1 c Copyright 본 저서는 저자의 사전 서면 승인없이는 어떠한 방법으로도 재생산할 수 없다 이 책은 지속적으로 업데이트 및 확장되고 있으며 현재는 부록을 포함해 대략 15장 정도로 구성되어 있다 오류나 개선이 필요한 사항이 있으면 이메일 morrissidney@gmailcom로 연락바란다 페이스북 그룹, Topology Without Tears Readers에 참여하면 책과 연습문제에 관련하여 다른 독자들과 토론할 수 있다 2016년 3월 기준으로 4,300명 이상이 이 그룹에 가입하였다 보기 바란다 이 책은 YouTube 동영상을 보조 자료로 활용하고 있다 동영상은 wwwtopologywithouttearsnet에서 확인할 수 있 으며 앞으로도 계속해서 추가될 예정이다 동영상은 2016년 3월 기준으로 조회수가 23,000회를 넘어섰으며 YouTube 에서 구독 신청을 하면 새로운 비디오가 추가될 때에 알림을 받을 수 있다 2

2 차례 0 소개 4 01 감사의말 6 02 독자 지역및전공 6 03 독자의찬사 7 04 참고할만한하이퍼링크 저자 14 1 위상공간 위상 열린집합 여유한위상 후기 38 2 유클리드위상 유클리드위상 위상에대한기저 주어진위상에대한기저 후기 60 3 극한점 극한점과폐포 근방 연결성 후기 78 4 위상동형함수 부분공간 위상동형함수 비동형위상공간 후기 99 2

3 차 례 3 5 연속함수 연속함수 중간값 정리 후기 거리공간 61 거리공간 62 수열의 수렴 63 완비성 64 축소함수 65 Baire 공간 66 후기 컴팩트성 컴팩트 공간 Heine-Borel 정리 후기 유한 곱공간 곱위상 곱공간에서 좌표공간 위로의 사영함수 유한 곱공간에 대한 Tychonoff 정리 곱공간과 연결성 대수학의 기본정리 후기 가산 곱공간 Cantor 집합 곱위상 Cantor 공간과 Hilbert 큐브 Urysohn 정리 Peano 정리 후기 부록 1: 무한집합 237 참고 문헌 263 찾아보기 286

4 제 0 장 소개 위상수학은 수학의 아주 중요하고 흥미로운 분야다 위상수학 연구는 새로운 개념과 정리를 탐구할 뿐만 아니라 연속함수와 같은 오래된 개념도 다루고 있다 하지만 이 정도로는 위상수학의 중요성이 제대로 전달되지 않는다 위상수학은 수학의 거의 모든 분야에 영향을 끼치고 있다 대수학, 해석 학, 범주론, 혼돈이론, 연속체역학, 동역학, 기하학, 산업수학, 수리생물학, 수리경제학, 수리금융학, 수학적 모델링, 수리물리학, 통신수학, 정수론, 수치수학, 오퍼레이션 리서치, 또는 통계학에 푹 빠져있는 (또는 빠지게 될) 사람이라 하더라도 수학자가 되기를 원한다면 누구나 위상수학에 대한 기초 지식을 가지고 있어야 한다 (이 책의 마지막에 있는 참고 문헌만 보더라도 위상수학이 이 모든 분야와 연관이 있다는 사실을 알 수 있다) 지난 세기의 수학자들에게 집합과 함수가 가장 기초가 되는 개념이었다면 현대 수학자들에게는 컴팩트성, 연결성, 조밀성과 같은 위상수학적 개념이 학문의 중요한 근간이다 위상수학은 점집합 위상수학이라고도 불리는 일반위상수학, 대수적 위상수학, 미분 위상수학, 위상대수학 등의 갈래로 나뉜다 이 중 일반위상수학은 다른 위상수학을 배우기 위한 입문과정이라 할 수 있다 이 책의 목적은 일반위상수학에 대한 탄탄한 기초 지식을 전달하는 데 있다 첫 열 장 (chapter)을 성실히 공부하고 책에 있는 적어도 반 이상의 연습문제를 풀어본다면 이 기초 지식을 반드시 습득할 수 있다 추상대수학과 같은 수학의 공리론적인 분야1 를 공부한 적이 없는 독자는 증명하는 것을 배우는 것 자체가 고단할 것이다 증명법을 터득하는데 도움을 주기 위해 책 초반에 증명의 일부는 아니지만 그 바탕이 된 사고과정을 메모 형태로 많이 남겼다 1 순수수학 입문에 도움이 되는 동영상 자료는 저자의 다음 링크에서 확인해 볼 수 있다 4

5 5 메모는 다음과 같이 기재되어 있다: 이 메모는 증명에 도달하기 전에 저자가 거친 사고과정을 나타낸다 발견 또는 실험 단계 라고 할 수 있겠다 하지만 모든 독자가 알고 있듯이 이 발견 및 실험은 중요한 과정이지만 공식적인 증명을 대체할 수는 없다 일반 문장과 수학에는 중요한 차이점이 있는데, 또는 이 다른 의미로 해석된다는 것이다 일반 문장에서 명제(a) 또는 명제(b)는 참 이라고 하면 명제(a)가 참이거나 명제(b)가 참 이라는 의미가 된다 명제(a), 명제(b) 모두가 참이라는 뜻은 아니다 하지만 수학에서는 이 문장을 다르 게 해석한다 수학에서 또는 은 배타적인 의미를 지니지 않다 따라서 수학적 관점에서 이 문장을 해석하면 명제(a)가 참이거나, 명제(b)가 참이거나, 명제(a), 명제(b) 모두가 참 이라는 의미가 된다 예를 들어, x 2 또는 x 2 에서 x = 2이면 x 2 와 x 2가 모두 참인 것처럼 말이다 이러한 수학적 해석은 처음엔 혼란스러울 수 있다 정리하자면 수학에서 명제(a) 또는 명제(b)는 참 이라고 하면 명제(a)가 참이거나, 명제(b)가 참이거나, 명제(a), 명제(b) 모두가 참 이 된다 수학에서 또는 은 배타적인 의미가 아니다라는 것을 기억하자 이 책은 Donald Knuth가 제작한 훌륭한 문서 작성 프로그램, TEX로 조판되었다 이 뛰어난 소프트웨어를 활용하여, 평소 저자가 중요하게 생각하는 견지에서 가능한 한 명제와 증명이 같은 페이지에 담겨 있는 텍스트를 만들기 위해 노력했다 이러한 구도를 이용하면 독자는 이미 알고 있는 사실과 앞으로 증명하려는 것, 그리고 전체 증명 과정 중 현재 단계 등을 쉽게 파악할 수 있다 반 페이지를 공란으로 남겨 놓더라도 (또는 TEX조판 기능의 도움을 살짝 받는다 하더라도) 되도록 명제와 그 증명이 한 페이지 안에 들어가도록 제작하였다 책에는 다양한 연습문제가 실려 있다 위상수학을 마스터할 수 있는 방법은 연습문제를 많이 풀어보는 것 외에는 없다 연습문제에 대한 답은 실려 있지 않지만 앞으로도 싣지 않을 예정이다 본문에 이미 보기 및 증명이 충분히 실려 있기 때문에 연습문제에 대한 해답을 따로 제공할 필요는 없다고 본다 그리고 그 편이 바람직하기도 하다 대부분의 연습문제는 새로운 개념을 활용하도록 고안되었고 특별히 중요하다고 생각되는 개념은 보통 본문에서 다시 설명하고 있다 어려운 연습문제에는 *표시를 해두었다 공부하면서 어려운 점과 연습문제에 대한 해답, 책에 대한 의견 그리고 추가 참고 도서 목록을 공유하고 싶어하는 독자가 있을 수 있어 Topology Without Tears Readers 라는 페이스북 그룹을 제작하였다 누구나 이 그룹에 참여 가능하다 그룹을 검색하고 바로 가입하기 바란다 마지막으로, 수학의 진보 과정은 역사적 맥락 속에서 가장 쉽게 이해될 수 있다고 본다 하지 만 안타깝게도 이 책은 수학의 역사적 맥락은 충분히 설명하지 못하고 있다 현재로써는 부록2에 위상수학의 특성에 대해 기록한 것으로 만족해야 한다 그 내용은 The MacTutor History of Mathematics Archive [283]에서 주로 발췌되었다 The MacTutor History of Mathematics Archive [283] 웹사이트에서 위상수학의 다른 중요한 특성과 부록2에서 설명하고 있는 내용의 원

6 제 0 장 6 소개 문을 참고하기를 바란다 하지만 한가지 자료만 가지고 수학의 역사적 맥락을 파악하기란 쉽지 않다 이 책에서 다루고 있는 내용 대부분은 20세기 초 수학자들에 의해 발견된 사실이다 현재는 그 경계가 옮겨졌지만 당시 연구의 중심이 되는 곳은 폴란드였다 제2차 세계 대전이 수학의 중심을 바꾸어 놓았다고 할 수 있다 자세한 내용을 알고 싶다면 부록2를 참고 바란다 01 감사의 말 지난 30년간 이 책의 초기 버전 일부는 La Trobe 대학교, New England 대학교, Wollongong 대학교, Queensland 대학교, South Australia 대학교, New York 시립대학교, Ballarat 대학교 등에서 교재로 사용되었다 이전 버전에 대한 비판을 아끼지 않고, 오류를 보고해준 많은 학생들에게 감사를 표한다 무엇보다 본문의 수많은 오류와 부족한 점을 지적해준 Deborah King과 Allison Plant에게 감사의 마음을 전하고 싶다 다양한 개정 버전의 책을 읽고, 개선점을 제안해준 나의 동료 및 지인, Marshall Ash, Jessica Banks, Ewan Barker, Colin Benner, James Dick, Will Dickinson, Maria Gkerats, Eldar Hajilarov, Karl Heinrich Hofmann, Manisha Jain, Ralph Kopperman, Ray-Shang Lo, Sordi Massimiliano, Aidan Murphy, Rodney Nillsen, Guillermo Pineda-Villavicencio, Peter Pleasants, Kyriakos Papadopoulos, Strashimir Popvassilev, Geoffrey Prince, Carolyn MaPhail Sandison, Bevan Thompson, Juqiang Zheng에게도 감사를 전한다 이 책의 부록을 집필하는데 참고한 저술의 저자들에게도 특별히 감사 인사를 전하고 싶다 혼돈이론을 집필하는 데는 Rod Nillsen의 노트가 도움이 되었고, 무한집합이론에 대한 정리는 1970년대에 Jack Gray 교수가 집필한 New South Wales 대학의 강의 노트 Set Theory and Transfinite Arithmetic 가 큰 도움이 되었다 책의 곳곳에는, 특히 부록2에는 수학의 역사가 설명되어 있다 이 부분은 훌륭한 자료인 Bourbaki [39]와 The MacTutor History of Mathematics Archive [283]를 인용하였다 처음 이 책은 Donald Knuth가 제작한 TEX 패키지로 조판되었고, 책이 확장되고 색이 추가 되면서 LATEX를 이용하여 업데이트되었다 부록5는 저자가 1977년 집필한 Pontryagin duality and the structure of locally compact abelian groups Morris [216]를 기반으로 작성되었 다 10년 전 TEX으로 이 책을 조판하는데 도움을 주신 Carolyn McPhail Sandison 박사에게도 감사를 표한다 02 독자 지역 및 전공 이 책은 알제리, 아르헨티나, 호주, 오스트리아, 방글라데시, 볼리비아, 벨라루스, 벨기에, 벨리즈, 브라질, 불가리아, 캄보디아, 카메룬, 캐나다, 칠레, 가봉, 중국, 콜롬비아, 코스타리카, 크로아티아, 키프로스, 체코, 덴마크, 에콰도르, 이집트, 에스토니아, 에티오피아, 피지, 핀란드, 프랑스, 가자, 독일, 가나, 그리스, 그린란드, 과테말라, 가이아나, 온두라스, 헝가리, 아이슬란드, 인도, 인도네시

7 03 독자의 찬사 7 아, 이란, 이라크, 이스라엘, 이탈리아, 자메이카, 일본, 요르단, 케냐, 한국, 쿠웨이트, 라트비아, 라이베리아, 리투아니아, 룩셈부르크, 말레이시아, 몰타, 모리셔스, 멕시코, 뉴질랜드, 니카라과, 나 이지리아, 노르웨이, 파키스탄, 파나마, 파라과이, 페루, 폴란드, 포르투갈, 푸에르토리코, 카타르, 루마니아, 러시아, 세네갈, 세르비아, 시에라리온, 싱가포르, 슬로베니아, 남아프리카공화국, 스페인, 스리랑카, 수단, 수리남, 스웨덴, 스위스, 시리아, 대만, 탄자니아, 태국, 네덜란드, 트리니다드토바고, 튀니지, 터키, 영국, 우크라이나, 아랍에미리트, 미국, 우루과이, 우즈베키스탄, 베네수엘라, 베트남 등지에서 회계사, 보험계리사, 응용 및 순수 수학자, 천문학자, 생물학자, 화학자, 컴퓨터 그래픽스 전문가, 컴퓨터 과학자, 계량경제학자, 경제학자, 항공, 데이타베이스, 전기, 기계, 소프트웨어, 우주 항공, 공간, 통신공학 엔지니어, 금융 전문가, 게임이론가, 신경생리학자, 영양학자, 옵션 트레이더, 철학자, 물리학자, 정신의학자, 정신분석학자, 심리학자, 조각가, 소프트웨어 개발자, 공간정보 과학 자, 통계학자로 일하고자 하는, 또는 일했거나 일을 하고 있는 교수, 대학원생, 학부생, 고등학생, 은퇴자 등이 사용하였다 "경제학 필수 과목을 대학원 수준의 교육 노트"로 정리하는 데 도움을 주는 유용한 참고 자료 사이트 위상수학을 다루는 Topology Atlas 이 책을 참고하고 있다 03 독자의 찬사 Hector Rosey, 멕시코: 이 책 정말 좋아요 ; T Lessley, 미국: 재미있는 책, 아름다운 글 ; E Ferrer, 호주: 정말 멋진 노트에요 ; Andreas Loss, 독일: 박사님 글 재미있게 읽고 있어요! ; Yao Jin, 중국: 중국 저장성, 항저우에 위치한 Zhejiang 과학기술대학교에서 엔지니어링을 공부 하고 있는 학생입니다 박사님의 눈물 없는 위상수학 을 읽고 푹 빠졌습니다 ; E Yuan, 독일: 위상수학을 처음 시작하는 사람들이 보기에 정말 좋은 책입니다 ; Dre Johnson, 미국: 이 책 정말 좋습니다 ; S Kumar, 인도: 수학자가 아닌 사람도 쉽게 이해할 수 있도록 주제를 설명해주셔서 감명받았습 니다 ; Pawin Siriprapanukul, 태국: 현재 경제학 박사과정을 준비 중인데 복잡한 주제인 위상수학을 공부하는데 큰 도움을 받았습니다 ; Hannes Reijner, 스웨덴: 훌륭합니다 ; Manisha Jain, 인도: 현재 박사님 책을 읽고 있는데 정말 읽기 쉽게 쓰여졌다는 것을 말씀드리고 싶습니다 다른 책들을 많이 읽어봤지만 이 책은 내용 파악이 매우 쉽습니다 사용하고 있는 단어는 우리가 일상생활에서 자주 사용하는 용어이고 모든 내용이 물 흐르듯 잘 이어집니다 정말 좋습니다 위상수학이 어렵게 느껴지던 시기였는데 이 책이 도움이 될 것 같습니다 정말 감사합니다 ; G Gray, 미국: 멋진 글 ; Dipak Banik, 인도: 아름다운 노트 ;

8 8 제 0 장 소개 Jan van Linschoten, 네덜란드: 몇 날 며칠을 위상수학 기초에 대해 명료하고 알기 쉽게 설명한 책을 찾고 있었습니다 늦은 저녁, 한 시간 정도 박사님 책을 읽었는데 바로 박사님 책이 제가 찾던 책이라는 걸 알게 되었습니다 ; Daniel Csaba, 헝가리: 저는 부다페스트에 위치한 Eotvos Lorand 대학교에서 경제학을 공 부하고 있는 학생입니다 지금 교수님이 쓰신 너무나도 멋진 책 눈물 없는 위상수학 을 읽으면서 공부하고 있습니다 ; Andrea johnson, 미국, 롱비치: 눈물 없는 위상수학 은 제가 위상수학을 이해하기 위해 꼭 필요한 책이었습니다 저 같은 사람을 위한 박사님의 인도주의적 노력에 감사드리고 싶습니다! ; B Pragoff Jr, 미국: 학부생들도 쉽게 이해할 수 있도록 위상수학을 설명하고 있습니다 ; Tapas Kumar Bose, 인도: 훌륭한 정보 모음 ; Debanshu Ratha, 인도: 최근 교수님 웹 페이지에서 눈물 없는 위상수학 을 읽었습니다 그 리고 교수님께 얼마나 감사했는지 모릅니다 저는 현재 인도에 있는 대학교 3학년 학부생입니다 지난 학기에 처음 위상수학 수업을 들었는데 박사님 책이 좋은 참고서적이 되었습니다 현재 수학을 공부하고 있는 저의 여동생에게도 이 책을 소개해 주었습니다 동생도 박사님 책이 정말 좋다고 합니다 ; Bosko Damjanovic, 세르비아: 인터넷에서 눈물 없는 위상수학을 읽었습니다 정말 좋은 책인 것 같습니다 ; Kyriakos Papadopoulos, 그리스, 크산티: 인터넷에서 처음 박사님 책을 보게 되었습니다 복잡 한 개념을 쉽게 설명해 주시는 박사님의 방식에 반했습니다 ; Mekonnen Yimam, 에티오피아: 교수님 책은 대학원 과정을 공부하는 저에게 가장 중요한 참고 서적입니다 이 책 없이는 위상수학을 섭렵하는 길이 매우 험난할 것입니다 교수님 책이 제 인생에 얼마나 큰 기여를 하고 있는지 말씀드리고 싶습니다 ; Yassine Amar: 위상수학을 커피와 도넛만큼이나 쉽게 이해시켜주는 엄청난 책 ; Muhammad Sani Abdullahi, 나이지리아: 이 감사함을 뭐라 말로 표현해야 할 지 모르겠습니다 단순히 감사합니다 로는 제 마음을 다 전할 수 없기 때문입니다 도움을 받았다면 최소한 감사합니 다 라고 말하는 게 예의이기에 이렇게 감사 인사를 전하지만, 제가 이 말에 담긴 의미보다 훨씬 많은 것을 교수님께 받았다는 것을 알고 있습니다 항상 교수님을 위해 기도하겠습니다 ; Spyridon N Dimoudis, 그리스: 최근 박사님의 눈물 없는 위상수학 을 알게 되었습니다 위 상수학을 독학하려고 계획 중이었는데 눈물 없는 위상수학 을 몇 페이지 읽어보고 이 책이 앞으로 엄청난 도움이 되겠다는 생각이 들었습니다 ; Emelife Onochie, 나이지리아: 저는 나이지리아 아와카에 있는 Nnamdi Azikiwe 대학에서 수학 이학석사과정을 밟고 있는 학생입니다 교수님의 눈물 없는 위상수학 을 인터넷에서 읽었습 니다 돈에 연연하지 않고 자신이 가지고 있는 지식을 나누어주는 교수님 같은 분들께 깊은 감사를 전하고 싶습니다 ; S Saripalli, 미국: 홈스쿨링을 하고 있는 10학년입니다 눈물 없는 위상수학, 재미있게 읽고 있습니다 ;

9 03 독자의 찬사 9 Roman Goncharenko, 체코: 교수님의 훌륭한 책 눈물 없는 위상수학 을 인쇄할 수 있는 비밀번호를 알려주시면 감사하겠습니다 저는 프라하의 CERGE-EI에서 경제학을 공부하고 있는 대학원생입니다 ; Samuel Frade, 미국: 먼저 이런 멋진 위상수학 서적을 집필해 주셔서 감사합니다 첫 두 장을 읽었는데 정말 재미있었습니다 조언을 한가지 드리자면 어려운 연습문제를 더 추가하면 좋을 것 같습니다 책에 실린 연습문제는 제가 풀기에는 조금 쉬웠습니다 그럼 다시 본론으로 돌아가서, 저는 수학을 전공하고 있는 학생입니다 해석학, 추상대수학 수업을 주로 들었는데 교수님 책은 더 넓은 독자층을 대상으로 하고 있는 것 같습니다 사실 저희 학교는 심각한 재정난 때문에 수학과에서 위상수학을 가르치고 있지 않습니다 하지만 저는 제가 공부하는 실해석학 및 복소해석학을 보다 깊이 이해하고자 혼자서 위상수학을 공부하고 있습니다 ; Maria Amarakristi Onyido, 나이지리아: 저는 Nigeria 대학교에서 수학을 전공하고 있는 졸업 반 학생입니다 교수님 책은 어려운 과목인 위상수학을 더 재미있게 공부할 수 있도록 도와주는 아주 흥미로운 책인 것 같습니다 위상수학을 설명하는 방식이 뛰어나고 저 같은 초보자도 일반위상 수학의 기초를 쉽게 이해할 수 있도록 도와줍니다 ; Andree GarcÃŋa Valdivia, 페루: 이 책의 스페인어 버전을 다운받을 수 있을까요? 개인 용 도로만 사용할 예정입니다 저는 경제학을 전공하고 있는 학생이고, 위상수학이라는 주제에 관심이 있습니다 현재 라틴 아메리카에서 가장 오래된 대학교인 San Marcos 대학교에서 공부하고 있습 니다 ; Eszter Csernai, 헝가리: 저는 수리경제학을 공부하고 있는 학부생입니다 이미 이런 이야기를 많이 들으셨겠지만, 교수님 책은 정말 대단하다는 걸 다시 한번 말씀드리고 싶습니다! ; Mehmet Terziler 교수, 터키, Yasar 대학교: 박사님의 저서 눈물 없는 위상수학 을 저의 강의 자료로 사용하고 싶습니다 이 멋진 저서의 인쇄 버전을 보내주시면 정말 감사하겠습니다 ; Christopher Roe, 호주: 먼저 눈물 없는 위상수학 이라는 책을 써 주셔서 감사합니다 박사님께는 아주 기본적인 지식일지 모르겠으나, 저에게는 이 책을 읽는 것 자체가 매우 대단한 경험이었습니 다 ; Jeanine Dorminey, 미국: 이번 학기 위상수학 강의를 듣는데 많은 어려움을 느끼고 있었습니다 교수님 책이 큰 도움이 되어 인터넷으로 계속 읽고 있습니다 ; Anwar Fawakhreh 박사, 사우디아라비아, Qassim 대학교: 눈물 없는 위상수학 이라는 멋진 책을 쓰신 것을 축하드립니다 정말 대단한 책입니다 이 책은 학생들이 이해하기 쉽게 쓰여져 강의 교재로 사용하기에 아주 적합한 것 같습니다 저는 현재 학부생들에게 위상수학을 가르치고 있습니 다 박사님 책이 위상수학을 이해하는데 도움을 주는 아주 쉽고 좋은 책이라는 생각이 들어 눈물 없는 위상수학 을 학생들을 위한 강의 교재로 사용할까 합니다 학생들 교재와 도서관 비치용으로 아랍어판 책을 주문하고 싶은데, 어떻게 구입할 수 있는지 알 수 있을까요? ; Michael Ng, 마카오: 다른 수학책과 달리 박사님의 책은 아주 친근한 설명 방식을 사용하고 있 습니다 책 앞 장에 나오는 거의 모든 정리의 증명 과정에 박사님만의 힌트와 분석 방법을 남겨두신 것을 예로 들 수 있습니다 이러한 설명 방법을 사용하면 특히 저 같은 초보자들도 증명 과정을 더

10 10 제 0 장 소개 쉽게 이해할 수 있는 것 같습니다 각 정의를 설명한 후에는 다양한 보기 및 반례를 들어 독자가 명확하고 제대로 된 개념을 습득할 수 있도록 돕고 있습니다 ; Elise Delagnes, 영국: Oxford 대학교에서 위상수학을 공부하고 있는 학생입니다 최근 공부하 고 있던 책이 예상보다 어렵게 느껴지던 찰나에 지도 교수님께서 눈물 없는 위상수학 을 추천해 주셨습니다 ; Tarek Fouda, 미국: Stevens 공과대학에서 금융공학 이학석사를 취득하기 위해 고등미적분을 공부하고 있습니다 위상수학이라는 주제는 이번에 처음 접했습니다 관련 서적을 몇 권 구입해서 읽어보았는데 박사님 책처럼 이 주제를 재미있게 설명하고 있는 책은 없었습니다 기차 안이나 학교, 어디에서든지 박사님 책을 가지고 다니며 읽고 싶습니다 ; Ahmad Al-Omari, 말레이시아: 저는 말레이시아의 UKM에서 일반위상수학을 연구하고 있는 박사과정 학생입니다 교수님 책은 정말 흥미로운 것 같습니다 ; Jose Vieitez, 우루과이: Facultad de Ciencias of Universidad de la Republica에서 이번 학기에 위상수학을 가르치고 있습니다 박사님의 아주 훌륭한 저서의 인쇄 버전을 받고 싶습니다 ; Muhammad Y Bello, 나이지리아, Bayero 대학교, 수학 교수: 박사님의 온라인 서적 눈물 없는 위상수학 은 위상수학적 지식을 얻고자 하는 모든 이들에게 아주 훌륭한 참고서적입니다 저는 위상수학의 기본 배경이 되는 해석학을 가르치고 있습니다 하지만 안타깝게도 몇몇 제자들은 이런 배경지식을 잊어버렸거나 아예 가지고 있지 않습니다 온라인 책을 읽어본 결과, 박사님의 책이 학 생들에게 해석학적 배경지식을 상기 또는 학습시키는 데 좋은 참고서적이 되겠다고 생각했습니다 ; Ljubomir R Savic 교수, 세르비아, Belgrade 대학교, 역학 및 구조 역학 연구소: 최근 위상 수학을 공부하기 시작했고, 박사님의 훌륭한 책을 읽게 되었습니다 제 전공 분야는 연속체 역학 및 구조 역학입니다 ; Pascal Lehmann, 독일: 박사님 책을 인쇄해서 그 한 모퉁이에 메모를 남기며 공부해보고 싶습 니다 ; Luis J Alias 교수, 스페인, Murcia 대학교, 수학과: 박사님의 책 눈물 없는 위상수학 을 최근 에 발견했습니다 저는 이번 학기에 일반위상수학을 가르칠 예정입니다 (당장 내일 오전부터네요) 위상수학은 작년부터 가르치기 시작했는데 작년에는 Munkres 박사의 책 (위상수학, 2판) 2, 3, 4, 5, 9장을 위주로 학생들을 가르쳤습니다 박사님 책을 읽는 동안 정말 즐거웠습니다 특히 새로운 개념을 설명하는 박사님의 방식이 재미있었고, 책 곳곳에 학생들에게 던져주는 힌트와 중요 노트들이 마음에 들었습니다 ; Daniel Nkemzi, 카메룬, Buea 대학교, 물리학과, 강사: 지난 몇 년간 위상수학의 기초를 이해하 기 위해 애썼지만 어떤 성과도 거두지 못하고 그만두었습니다 그리고 최근에 인터넷을 검색하다가 박사님의 책을 찾게 되었습니다 이건 마치 신의 계시 같았습니다 온라인 책을 훑어보며 저는 이 책으로 위상수학을 이해할 수 없다면 아마 그 어떤 책으로도 이 주제를 배울 수 없을 것이라고 확신했습니다 ; Tirthankar Chakravarty, 영국, Oxford 대학교: 저는 Cambridge 대학교의 계량경제학자입 니다 박사님의 노트는 정말 잘 쓰여진 것 같습니다 ;

11 03 독자의 찬사 11 Thomas Evelbauer, 독일: 콘텐츠와 스타일에 강렬하게 매료되었습니다 특히 기초를 설명하고 예제와 증명 유도 과정에 그 기초를 적용하는 방법이 아주 마음에 들었습니다 ; Gabriele EM Biella 의학박사, 이탈리아, 국립연구원, 분자 바이오이미징 및 생리학 연구소, 연구 소장: 저는 신경생리학자입니다 현재 위상수학적 접근 방식으로 감각 프로세스의 새로운 신경역동학적 설명을 도출하기 위해 연구하고 있습니다 이 연구를 위해 박사님의 훌륭한 책을 읽기 시작했습니다 ; Fazal Haq, 파키스탄: 파키스탄 스와비 토피에 있는 Ghlam Ishaq Khan 과학기술대학교에서 공학박사과정을 밟고 있는 학생입니다 교수님의 눈물 없는 위상수학을 읽고 깜짝 놀랐습니다 사실 이렇게까지 위상수학을 아름답게 설명해 놓은 책을 본 적이 없습니다 ; K Orr, 미국: 훌륭한 책 ; Ahmed Ould, 콜럼비아: 주제를 간결, 명료하게 전달하는 박사님의 설명 방식에 축의를 표합니 다 ; Paul Unstead, 미국: 구체적인 보기를 많이 제공하고 수학 전공자로 독자를 한정 짓지 않아 교수님의 책이 정말 좋습니다 ; Alberto Garcï a Raboso, 스페인: 정말 좋습니다 ; Guiseppe Curci, 피사, 국립이론물리학연구원, 이론물리학 연구소장: 위상수학에 대해 잘 설명 하고 있는 좋은 책, 빛나는 책 ; M Rinaldi, 미국: 이 책은 지금껏 제가 본 책 중에서 위상수학의 기초를 명료하게 그리고 가장 잘 설명하고 있습니다 박사님의 노트를 공부하면서 위상수학의 개념을 분명하게 배울 수 있었습니다 책에 실린 보기 또한 정말 훌륭했습니다 ; Joaquin Poblete, 칠레 Catholic 대학교, 경제학과 학부 지도교수: 방금 교수님 책을 다 읽었습 니다 정말 좋았습니다 주제가 명확했고, 제시하고 있는 보기도 그 주제를 잘 드러내고 있었습니다 ; Alexander Liden, 스웨덴: 인터넷으로 박사님 책을 잘 읽었습니다 인쇄판도 가지고 싶습니다 ; Francois Neville, 미국: 저는 미국에 있는 Maine 대학교에서 공간 엔지니어링을 공부하고 있는 학부생입니다 저희 교수님께서 위상수학을 공부하는 데 박사님 책을 적극 추천하셨습니다 ; Hsin-Han Shen, 미국: 버팔로 뉴욕주립대학교에서 금융학 박사를 하고 있는 학생입니다 박사님 웹사이트에 있는 위상수학 자료는 자세하고 읽기 쉽게 쓰여져 있어 저 같은 타전공 박사과정 학생들 에게 이상적인 첫 위상수학 교재입니다 ; Degin Cai, 미국: 박사님 책은 정말 훌륭합니다 ; Eric Yuan, 독일, 다름슈타트: Darmstadt 공과대학에서 수학을 전공하고 있는 학생입니다 위상 수학을 공부하는데 KH Hofmann 교수님께서 교수님의 저서 눈물 없는 위상수학 을 적극 추천해 주셨습니다 ; Martin Vu, Oxford 대학교: Oxford 대학교 응용수학 이학석사과정을 이수 중인 학생입니다 최근 수학의 추상적 개념에 점점 친숙해지고 있어 눈물 없는 위상수학이라는 제목에 자연스럽게 끌리게 되었습니다 ; Ahmet Erdem, 터키: 정말 좋았습니다 ;

12 12 제 0 장 소개 Kartika Bhatia, 인도: Delhi 대학교에서 경제학 석사과정을 이수하고 있습니다 교수님 책은 아주 유용하고 이해하기 쉬운 것 같습니다 교수님 책을 읽으면서 그동안 가졌던 의문들이 많이 풀렸습니다 ; Wolfgang Moens, 벨기에: Katholieke Universiteit Leuven의 학부생입니다 눈물 없는 위상수학 의 첫 번째 장 절반 이상을 시간 가는 줄 모르고 읽었습니다 이 책을 계속해서 더 읽기 전에 명료한 문체와 훌륭한 구성에 대해 먼저 칭찬해야 할 것 같습니다 (읽자마자 확실히 눈에 띄었습니다!) ; Duncan Chen, 미국: 이미 이런 이메일을 많이 받아보셨겠지만 박사님의 눈물 없는 위상수학 에 대한 감사를 표하고 싶습니다 저는 수학 관련 서적을 즐겨 읽는 전문 소프트웨어 개발자입니다 ; Maghaisvarei Sellakumaran, 싱가포르: 경제학 박사 학위를 따기 위해 곧 미국으로 떠납니다 위상수학에 대한 교수님의 책은 정말 대단한 것 같습니다 ; Tom Hunt, 미국: 이런 좋은 책을 인터넷에서 볼 수 있게 해주셔서 감사합니다 ; Fausto Saporito, 이탈리아: 지금 박사님의 책을 읽고 있는데 그 동안 제가 읽어본 위상수학 책 중에서 단연 최고입니다 ; Takayuki Osogami, 미국: 인터넷에서 교수님의 눈물 없는 위상수학 을 읽기 시작했습니다 위상수학과 수학의 일반적 개념을 공부하는데 좋은 교재인 것 같습니다 ; Roman Knöll, 독일: 이런 훌륭한 책을 읽게 해주셔서 감사합니다 저는 눈물 없는 위상수학 도움을 정말 많이 받았습니다 이 책을 읽으면서 체계적이지 않은 강의와 원치 않는 학습으로 잠시 잊어버렸던 수학에 대한 관심을 다시 찾게 되었습니다 ; Yuval Yatskan, 미국: 교수님의 책을 훑어보았습니다 정말 대단한 저서라는 생각이 들더군요 ; NS Mavrogiannis, 그리스: 아주 훌륭한 책입니다 ; Semih Tumen, 터키: 경제학 박사과정은 수학적 지식을 많이 요구합니다 관련 주제를 훑어보는 데 교수님 책이 많은 도움이 되었습니다 ; Pyung Ho Kim, 미국: 박사과정을 이수 중입니다 현재 경제지리를 공부하고 있습니다 교수님 책은 위상수학의 기본 개념을 공부하는 데 매우 좋은 것 같습니다 ; Javier Hernandez, 터키: 탁자 아래 초를 숨겨두고 빛을 보여주는 대가로 돈을 얻으려는 편익을 생각하지 않고, 다른 사람과 지식을 공유하기 위해 노력하는 교수님 같은 모든 분들께 감사를 드립 니다 ; Martin D Siyaranamual, 인도네시아, 반둥, Padjadjaran 대학교, 경제 개발 연구 센터: 9 월부터 Stockholm School of Economics에서 다시 공부를 시작하는 저에게 이 책은 정말 유용 한 것 같습니다 대학원에 가기 전 프레젠테이션을 준비하는 데 교수님의 저서가 많은 도움이 되고 있습니다 정말 감사합니다 ; J Chand, 호주: 눈물 없는 위상수학을 집필해 주셔서 감사합니다 교수님의 책은 정말 환상적입 니다 ; Richard Vande Velde, 미국: 2년 전 눈물 없는 위상수학 을 개인 용도로 다운받기 위해 교수 님께 연락을 드린 적이 있습니다 당시에 저는 위상수학 학석사 통합과정을 가르치고 있었습니다

13 03 독자의 찬사 13 학생들에게는 온라인상으로 책을 읽을 수 있는 URL만 전달했습니다 책에 있는 주제와 심화 과정의 순서를 그대로 따르지는 않았습니다 그러나 당시에 수업을 들었던 한 우수한 학생이 이 책을 해당 과정의 유일한 교재로 선택하는 게 좋을 것 같다고 제안했습니다 저도 이에 동의했습니다 2년의 시간이 흘러 저는 다시 학석사 통합과정의 학생들에게 위상수학을 가르치게 되었습니다 이번에는 교수님 책의 최종 버전을 다운로드 받고 싶습니다 ; Sha Xin Wei 교수, 캐나다, Concordia 대학교, 미술 및 컴퓨터과학: 위상수학에 대한 교수님의 아주 세심하고 인도적인 글에 찬사를 보냅니다! 야망있는 학구파 동료들과 예술가를 위한 생활 수학 입문과정을 개설하는 데 교수님 책을 참고할까 합니다 교수님의 저서같이 동료들의 이견이 없는 책을 찾는 일은 항상 즐겁습니다 ; Rehana Bari 부교수, 방글라데시: 방글라데시 Dhaka 대학교 수학과에서 위상수학 석사과정을 지도하고 있는 교수입니다 박사님의 훌륭한 책 눈물 없는 위상수학 인쇄본을 받을 수 있을까요? ; Emrah Akyar, 터키, Anadolu 대학교, 수학과: 교수님의 멋진 책 눈물 없는 위상수학 을 방금 읽어 보았습니다 이번 여름학기 동안 이 책을 쭉 읽어볼 예정입니다 ; Rahul Nilakantan, 미국, Southern California 대학교, 경제학과, 박사과정: 로스앤젤레스의 Southern California 대학교에서 경제학 박사과정을 공부하고 있는 학생입니다 불완전한 금융시 장을 가진 일반균형영역 연구를 꿈꾸고 있습니다 이 분야를 연구하기 위해서는 위상수학적 개념을 제대로 이해하고 있어야 합니다 Kansas 대학교에 있는 동료(Ramu Gopalan)가 추천을 해줘서 교수님의 훌륭한 책을 접하게 되었습니다 PDF 파일로 몇 페이지를 읽어보았는데, 이 책이 제가 위상수학을 공부할 때 반드시 필요한 책이라는 걸 알았습니다 ; Long Nguyen, 미국: 위상수학이라는 어려운 주제를 이렇게 명료하게 설명해 놓은 책은 본 적이 없습니다 ; Renato Orellana, 칠레: 이런 대단한 책을 쓰신 것을 축하드립니다 첫 번째 장을 아주 잘 읽었 습니다 위상수학은 언제나 닿을 수 없는 곳에 있다고 생각했는데, 이제 저는 이 분야의 낙관론자가 되었습니다 ; Sisay Regasa Senbeta, 에티오피아, Addis Ababa 대학교, 경영학과, 부학장: 저는 경제학 박사과정을 공부하고자 하는 학생입니다 현재는 동아프리카 에티오피아에 위치한 Addis Ababa 대학교 경영학과에서 강의를 하고 있습니다 교수님의 책 인쇄판을 보내주실 수 있을까요? ; Nicanor M Tuan, 필리핀, Davao Oriental State 과학기술대학교: 안녕하세요! 귀중한 교육 자료를 대가 없이 나누어 주시는 박사님의 박애적인 업적에 감사를 표합니다 박사님의 책은 저와 제 학생들이 위상수학을 심도있게 이해하는데 도움이 되었습니다 진심으로 감사드립니다 ; Nikola Matejic, 세르비아: 교수님 책은 넓은 독자층이 읽을 수 있는 아주 독창적이고 귀중한 책입니다 이 책은 세계의 여러 독자들에게 사랑받는 소중한 선물입니다 위상수학 지식이 필요한 거의 모든 사람들은 분명 교수님 책을 통해 큰 혜택을 누릴 것입니다 ; Iraj Davoodabadi, 이란: (갑작스레 편지를 드려서 죄송합니다) 저는 기계 공학자이지만 수학 (특히 분석학)에 관심이 많습니다 현재 선생님 없이 독학으로 공부하고 있습니다 아직 순수 수학을 거의 공부해본 적이 없어서 (위상수학, 추상대수학 같은) 어렵게 느껴지는 분야가 몇 있습니다 지

14 제 0 장 14 소개 금은 교수님 책 (눈물 없는 위상수학)으로 공부를 하고 있습니다 이 책은 같은 주제를 다루고 있는 다른 책들과는 많이 다릅니다 제게는 조금 추상적이었던 개념들을 아주 잘 설명해 주고 있습니다 [감사합니다] ; Abdul Iguda 박사, 나이지리아, 카노, Bayero 대학교: 저는 ABDUL IGUDA (일반위상수학 박 사)입니다 지난 18년간 Bayero 대학교에서 일반위상수학을 가르쳤고, 현재는 타 대학 (Gwambe State 대학교, Umaru Musa Yar Adua 대학교)에도 초청 강사로 강의를 나가고 있습니다 박사 님의 책 (무료) 인쇄판 (눈물 없는 위상수학)을 소장하고 싶습니다 감사합니다 ; Mahdi Jafari, 이란, 테헤란, KNToosi 대학교: 공간 엔지니어링을 공부하고 있는 Mahdi Jafari 입니다 ; Jayakrishnan M, 인도, 케랄라: 올해부터 위상수학을 공부하기 시작한 수학과 학부생입니다 제가 가지고 있는 모든 위상수학적 지식은 눈물 없는 위상수학 으로부터 왔다고 할 수 있습니다 (이 책을 찾기 전까지) 위상수학은 제게 가장 어려운 학문이었습니다 몇몇 정리를 단순히 암기해서 넘길 수는 있었습니다 하지만 이렇게 공부하면 곳곳에서 문제가 생기곤 했습니다 주제에 대한 정확한 이해와 문제를 풀 수 있는 실력을 갖추지 못한다면 정리를 수십 개 외우고 있다 하더라도 아무런 소용이 없는 것 같습니다 위상수학을 공부하는데 어려움을 겪으면서, 학습에 도움이 될만한 참고자료를 인터넷에서 찾아보기 시작했습니다 제가 찾은 대부분의 책은 그 동안 공부했던 도서 및 노트와 거의 흡사했습니다 하지만 눈물 없는 위상수학은 달랐습니다 이런 훌륭한 책을 찾게 되어 정말 기뻤습니다 눈물 없는 위상수학은 핵심을 아름답게 설명하고 있고, 다양한 보기를 통해 정의를 정확하게 이해할 수 있도록 도와줍니다 제가 위상수학에 흥미를 느낄 수 있도록 해주신 박사님께 진심으로 감사드리고 싶습니다 ; 04 참고할 만한 하이퍼링크 이 책의 인쇄본이 아닌 컴퓨터 또는 태블릿으로 PDF 파일을 읽고 있는 독자라면 책 곳곳에 실려 있는 유용한 하이퍼링크를 반드시 참고하기 바란다 이미 공부한 정리 및 정의와 관련된 하이퍼링크를 확인하면 분명 해당 페이지를 다시 펼쳐보고 싶을 것이다 한가지 팁을 주자면, Adobe 및 대부분의 PDF 리더에서는 <ALT> 키와 왼쪽 화살표 키를 동시에 누르면 하이퍼링크가 열린다 05 저자 저자 Sidney (Shmuel) Allen Morris는 현재 호주 Federation 대학교의 명예교수이자, 호주 La Trobe 대학교 부교수, 호주 애들레이드 William Light 연구소 학술위원회 위원장이다 2010년 4월까지 Ballarat 대학교 정보학 교수로 재직하였으며 정보기술 및 수리학과 대학원장을 지냈다 South Australia 대학교, Wollongong 대학교, New England 대학교에서는 수학과 종신교수 로 임명 받았다 New South Wales 대학교, La Trobe 대학교, Adelaide 대학교, Tel Aviv 대학교, Tulane 대학교, 뱅고어의 North Wales 대학교에서 근무한 바 있으며 미국수학협회와

15 05 저자 15 호주컴퓨터협회에서 Lester R Ford Award와 Outstanding Service Award를 각각 수상하기 도 하였다 현재 호주수학협회에서 발간하는 Gazette의 공동 편집자를 역임하고 있으며, Journal of Research and Practice in Information Technology 편집장, 호주수학협회 발간 Bulletin 편집자, Journal of Group Theory 편집자, 그리고 Cambridge University Press에서 출판된 책 시리즈 Australian Mathematical Lecture Series의 창립 편집장을 지냈다 그는 지금까지 4권의 저서를 집필했다 (1) Karl Heinrich Hofmann 공동 집필, The Lie Theory of Connected Pro-Lie Groups: A Structure Theory for Pro-Lie Algebras, Pro-Lie Groups, and Connected Locally Compact Groups, European Mathematical Society Publishing House, xv + 678pp, 2007, ISBN ; (2) Karl Heinrich Hofmann 공동 집필, The Structure of Compact Groups: A Primer for the Student A Handbook for the Expert, Third Edition, xxii + 924pp, de Gruyter 2013 ISBN ; (3) Pontryagin Duality and the Structure of Locally Compact Abelian Groups, Cambridge University Press, 1977, 136pp (러시아어 번역판, 출판: Mir); (4) Arthur Jones, Kenneth R Pearson 공동 집필, Abstract Algebra and Famous Impossibilities, Springer-Verlag Publishers, 1st ed 1991, ISBN , Corr 2nd printing 1993, ISBN 이 외에도 국제 저널의 심사를 통과한 140여편의 연구 논문이 있다 최근에는 저명한 국제 오픈 소스인 Axioms의 특별호를 편집하였다 ( journal/axioms) 특별호는 Topological Groups: Yesterday, Today and Tomorrow 라는 제목으로, 책으로도 발간될 예정이다 그는 호주 수학회의 명예 종신회원이고, 부회장을 역임하였으며, 20년이 넘는 세월 동안 이 사회의 일원으로 꾸준히 활동해왔다 1947년 브리즈번에서 태어나 Queensland 대학교를 우수한 성적으로 졸업하고, 후에 Flinders 대학교에서 박사 학위를 받았다 또한 각 기관에서 행정 수석, 부서 책임자 관리 및 지휘 직위, 학교장, 학술위원회 부의장, 대학평의원회 부의장, 부학장, 학장, 부총장, 부회장, 최고연구관리자(CAO), 최고경영자(CEO) 등을 지냈다 2016년에는 정통 랍비로 임명 받았다 홈페이지는 c Copyright 수 없다 본 저서는 저자의 사전 서면 승인 없이는 어떠한 방법으로도 재생산할

16 제 1 장 위상공간 소개 테니스, 축구, 야구, 하키와 같은 시합은 매우 재미있는 경기이지만 처음 그 경기를 하고자 할 때에 는 우선 경기의 규칙들을 배워야 한다 수학도 역시 마찬가지이다 우리는 위상에 필요한 규칙들로 시작할 것이다 이 장에서는 위상의 정의와 유한위상공간, 이산공간, 비이산공간, 그리고 여유한위상공간과 같은 몇 가지 보기들을 중심으로 다루겠다 군론과 같은 순수수학의 다른 분야들처럼 위상은 공리적인 학문으로, 우리는 공리들을 먼저 공부 하고 그 공리들을 사용하여 명제와 정리들을 증명할 것이다 증명을 서술하는 데 있어서 여러분들의 기술을 발전시키는 것도 분명 중요할 것이다 왜 증명이란 중요한 것일까? 우리의 일이 건축물을 짓는 것이라 가정하자 그러면 우리는 기 초공사부터 시작할 것이다 수학의 경우는 공리 혹은 정의들이 기초공사인 것이다 그 밖의 모든 것들은 기초 위에 지어진다 각각의 정리나 명제들은 지식의 새로운 단계를 나타내고 이전 단계에 확고하게 기반을 두고 있는 것이다 우리는 증명을 사용함으로써 이전 단계로부터 새로운 단계에 도달하는 것이다 그래서 정리와 명제들은 우리가 도달해야 할 새로운 지식의 고지이며, 증명은 아래 단계에 위 단계를 붙일 수 있도록 해주는 회반죽과 같은 것이다 증명이 없는 구조물은 붕괴되는 것이다 그럼 수학적 증명이란 무엇인가? 16

17 11 위상 17 수학적 증명이란 여러분에게 주어진 정보로부터 시작하여 논리적 주장에 의해 진행되며 여러분 에게 필요한 것을 증명함으로써 마무리되는 빈틈없는 논증인 것이다 여러분에게 주어진 정보를 적으면서 증명을 시작해야 하고 여러분이 증명하고자 하는 것을 서술 해야만 한다 만약 여러분에게 주어진 정보나 증명하고자 하는 것이 기술적인 용어들을 포함한다면, 그 기술적인 용어들의 정의를 적어야만 한다 모든 증명은 완벽한 문장으로 구성되어야 한다 각각의 문장들은 (i) 앞에서 서술되어진 것이거나 (ii) 이미 증명된 정리, 명제, 또는 보조정리의 결과이어야만 한다 이 책에서는 많은 증명들을 보게 될 것이지만 수학은 관중들을 위한 스포츠가 아니다 수학은 참가자들을 위한 경기이므로 증명을 서술하는 방법을 배우는 유일한 길은 그것들을 여러분 스스로 쓰려고 노력하는 것 밖에 없다 11 위상 111 정의 만족할 때, 공집합이 아닌 집합 X에 대하여 X의 부분집합들의 모임 τ를 X τ가 다음 조건을 위의 위상(topology)이라 부른다: (i) X와 공집합 Ø는 τ 에 속한다, τ 에 있는 집합들의 임의의 (유한 또는 무한) 개수의 합집합은 τ 에 속한다, (iii) τ 에 있는 임의의 두 집합의 교집합은 τ 에 속한다 이때, 순서쌍 (X, τ )를 위상공간(topological space)이라 부른다 (ii) 112 보기 X = {a, b, c, d, e, f }이고 τ 1 = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e, f }} 이라 하자 그러면 정의 111의 조건 (i), (ii) 그리고 (iii)을 만족하기 때문에 위상이다 τ 1은 X 위의

18 제 1 장 보기 위상공간 X = {a, b, c, d, e}이고 τ 2 = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, e}, {b, c, d}} 이라 하자 그러면 τ 2는 X 위의 위상이 아니다 왜냐하면 τ 2의 두 원소의 합집합 {c, d} {a, c, e} = {a, c, d, e} 은 τ 2 에 속하지 않기 때문이다 즉, τ 2는 정의 111의 조건 (ii)를 만족하지 않는다 114 보기 X = {a, b, c, d, e, f }이고 τ 3 = {X, Ø, {a}, {f }, {a, f }, {a, c, f }, {b, c, d, e, f }} 이라 하자 그러면 τ 3는 X 위의 위상이 아니다 왜냐하면 τ 3의 두 원소의 교집합 {a, c, f } {b, c, d, e, f } = {c, f } 은 τ 3 에 속하지 않기 때문이다 즉, τ 3는 정의 111의 조건 (iii)을 만족하지 않는다 115 보기 N을 모든 자연수들의 집합 (즉, 모든 양의 정수들의 집합)이라 하고 그리고 N의 모든 유한 부분집합들로 이루어져 있다고 하자 그러면 왜냐하면 τ 4는 τ 4가 N, Ø, N 위의 위상이 아니다 τ 4의 원소들의 무한 합집합 {2} {3} {n} = {2, 3,, n, } 은 τ 4 에 속하지 않기 때문이다 즉, τ 4는 정의 111의 조건 (ii)를 만족하지 않는다 116 정의 자 그러면 τ를 공집합이 아닌 집합 X에 대하여 τ를 X의 모든 부분집합들의 모임이라 하 집합 X 위의 이산위상(discrete topology)이라 부르고, 위상공간 (X, τ ) 를 이산공간(discrete space)이라 부른다 정의 116의 τ 는 정의 111의 조건들을 만족하므로 위상이다 정의 116의 X는 임의의 공집합이 아닌 집합이 될 수 있음을 관찰하자 따라서 무한개의 이산공간 각 집합 X에 대하여 한 개 이 존재한다

19 11 위상 정의 공집합이 아닌 집합 X에 대하여 τ = {X, Ø}이라 하자 그러면 τ 를 비이산 위상(indiscrete topology)이라 부른고, (X, τ )를 비이산공간(indiscrete space)이라 부른다 정의 117의 τ 는 정의 111의 조건들을 만족하므로 위상이다 정의 117의 X는 임의의 공집합이 아닌 집합이 될 수 있음을 관찰하자 따라서 무한개의 비이산공간 각 집합 X에 대하여 한 개 이 존재한다 이 장의 소개에서 우리는 증명의 중요성과 증명을 적을 때 포함되는 것들에 대하여 생각해 보았다 증명과 함께 하는 우리의 첫 경험은 보기 118과 명제 119에 있다 여러분은 이 증명들을 주의깊게 공부해야만 한다 YouTube에서 증명에 관한 첫 번째 비디오 Topology Without Tears Video 4 Writing Proofs in Mathematics 를 시청해 보기 바란다 이 비디오는 YouTube의 또는 중국의 Youku 사이트 또는 다음 링크 에서 찾을 수 있다

20 제 1 장 보기 다고 하자 X = {a, b, c}이고 τ가 X 위의 위상으로 {a} τ, {b} τ, {c} 위상공간 τ을 만족한 τ 가 이산위상임을 증명하시오 증명 τ가 위상이라는 것과 {a} (정의 116에 의해) τ가 τ, {b} τ, {c} τ이 주어져 있다 τ가 이산위상 즉, X의 모든 부분집합들을 포함한다는 것을 증명해야 한다 τ 가 위상이므로 정의 111의 조건 (i), (ii), (iii)을 만족한다는 것을 기억해라 따라서 X의 모든 부분집합들을 적음으로써 증명을 시작할 것이다 X는 3개의 원소를 가지고 있으므로 23 개의 서로 다른 부분집합들을 가지고 있다 그것들은 다음과 같다: S1 = Ø, S2 = {a}, S3 = {b}, S4 = {c}, S5 = {a, b}, S6 = {a, c}, S7 = {b, c}, S8 = {a, b, c} = X τ 의 원소임을 증명해야 한다 τ 는 위상이기 때문에, 정의 111 (i) 로부터 X와 Ø은 τ 에 속한다 즉, S1 τ 이고 S8 τ 이다 {a} τ, {b} τ, {c} τ 이 주어져 있다 즉, S2 τ, S3 τ, S4 τ 이다 증명을 마치기 위해서는 S5 τ, S6 τ, S7 τ 임을 보여야 한다 그런데 S5 = {a, b} = {a} {b}이고 {a}와 {b}는 τ 에 속하므로 정의 111 (ii)에 의해 그것들의 합집합 또한 τ 에 속한다 즉, S5 = {a, b} τ 이다 비슷하게 S6 = {a, c} = {a} {c} τ 와 S7 = {b, c} = {b} {c} τ 을 얻는다 이러한 부분집합들이 각각 우리는 이 장의 소개에서 수학이 관중들을 위한 스포츠가 아니라는 것을 알았다 여러분은 활 동적인 참가자가 되어야 한다 물론 여러분의 참가는 몇몇 연습문제를 푸는 것도 포함한다 하지만 여러분에게 기대되는 그 이상으로 여러분 앞에 있는 자료들에 대해 생각 을 해야만 한다 여러분의 과제들 중 하나는 우리가 증명할 결과들을 자세히 살펴보는 것이고 적절한 질문을 하는 것이다 예를 들어, 우리는 각각의 단집합 {a}, {b}, {c}가 τ에 속하고 X = {a, b, c}이면 τ 가 이산위상임을 방금 증명하였다 그러나 이것이 더 일반적인 현상의 한 보기라면 즉, (X, τ )가 위상공간이고 τ 가 모든 단집합을 포함한다면, τ 는 반드시 이산위상일까? 대답은 예 이고 이것은 명제 119에서 증명된다

21 11 위상 명제 (X, τ )가 위상공간이고 모든 x X에 대하여 단집합 {x}가 τ 에 속하면, τ 는 이산위상이다 증명 이 결과는 보기 118의 일반화이기 때문에 그 증명이 비슷할 것이라고 기대할 수도 있 지만, 보기 118에서 했던 것처럼 무한집합 X의 모든 부분집합들을 나열할 수는 없다 그럼에도 불구하고 우리는 X의 모든 부분집합들이 τ 에 속하는 것을 증명해야 한다 이제 여러분은 어떤 특별한 경우, 예를 들어 X를 4, 5, 혹은 100개의 원소들로 이루 어진 집합으로 취해 증명을 시도할 지도 모른다 하지만 이 접근 방법은 실패하게 되어 있다 이 장의 서두에서 수학적 증명을 빈틈없는 논증으로 묘사했음을 상기하자 우리는 몇 개의 특별한 경우 또는 수많은 특별한 경우를 생각함으로써 빈틈없는 논증을 만들어낼 수는 없다 빈틈없는 논증은 모든 경우를 포함해야만 하는 것이다 따라서 우리는 임의의 공집합이 아닌 집합 X의 일반적인 경우를 생각해야 하고, 어떻게든 X의 모든 부분집합이 τ 에 속하는 것을 증명해야 한다 보기 118의 증명을 다시 보면, X의 모든 부분집합은 X의 원소로 이루어진 단집합 들의 합집합임을 알 수 있고, 모든 단집합들이 τ에 속하는 것을 이미 알고 있다 이것은 일반적인 경우에도 역시 성립한다 이제 모든 집합은 그것의 원소로 이루어진 단집합들의 합집합이 된다는 사실을 기록함으로써 그 증명을 시작할 것이다 S가 X의 임의의 부분집합이라 하자 그러면 S= [ {x} x S 이다 각 단집합 {x}는 τ에 속하기 때문에, 정의 111 (ii)와 위 등식에 의해 S S는 X의 임의의 부분집합이기 때문에, τ 가 이산위상이라는 것을 증명하였다 τ이 성립한다

22 제 1 장 22 위상공간 모든 집합 S가 그것의 원소로 이루어진 단집합들의 합집합이라는 것은 이 책의 여러 문맥들에서 가끔 사용될 것이다 S = Ø인 경우에도 우리는 비어있는 합집합(empty union)이라고 부르는 것을 만들어 내고 그 결과로서 Ø을 얻는다 연습문제 11 1 X = {a, b, c, d, e, f }라 하자 X의 부분집합들의 다음 모임이 각각 X 위의 위상인지 결정하시오: τ 1 = {X, Ø, {a}, {a, f }, {b, f }, {a, b, f }}; (b) τ 2 = {X, Ø, {a, b, f }, {a, b, d}, {a, b, d, f }}; (c) τ 3 = {X, Ø, {f }, {e, f }, {a, f }} (a) 2 X = {a, b, c, d, e, f }라 하자 X의 부분집합들의 다음 모임 중 어떤 것이 X 위의 위상인가? (그 이유를 설명하시오) τ 1 = {X, Ø, {c}, {b, d, e}, {b, c, d, e}, {b}}; (b) τ 2 = {X, Ø, {a}, {b, d, e}, {a, b, d}, {a, b, d, e}}; (c) τ 3 = {X, Ø, {b}, {a, b, c}, {d, e, f }, {b, d, e, f }} (a) 3 X = {a, b, c, d, e, f }이고 τ 가 X 위의 이산위상이라 하자 다음 명제 중 참인 것은? (a) X τ ; (b) {X} τ ; (c) {Ø} τ ; (d) Ø τ ; (e) Ø X; (f ) {Ø} X; (g) {a} τ ; (h) a τ ; (i) Ø X; (j) {a} X; (k) {Ø} X; (l) a X; (o) {X} τ ; (p) a τ (m) X τ ; (n) {a} τ ; [힌트 정확히 6개가 참이다] 4 (X, τ )가 위상공간이라 하자 τ 의 유한개의 원소들의 교집합은 [힌트 수학적 귀납법 을 이용하여 증명하시오] 5 R이 모든 실수들의 집합이라 하자 R의 부분집합들의 다음 모임이 위상임을 증명하시오 (단, ( n, n), [ n, n], [n, )는 구간들이다) τ 1 = {R, Ø} {( n, n) : n은 양의 정수}; (ii) τ 2 = {R, Ø} {[ n, n] : n은 양의 정수}; (iii) τ 3 = {R, Ø} {[n, ) : n은 양의 정수} (i) τ의 원소임을 증명하시오

23 12 열린집합 6 23 N이 모든 양의 정수들의 집합이라 하자 N의 부분집합들의 다음 모임이 위상임을 증명하시오 (i) τ 1 = {N, Ø} {{1, 2,, n} : n은 양의 정수} (이 위상을 첫조각위상(initial segment topology)이라고 부른다) (ii) τ 2 = {N, Ø} {{n, n + 1, } : n은 양의 정수} (이 위상을 끝조각위상(final segment topology)이라고 부른다) 7 다음 집합 위의 모든 위상들을 열거하시오: (a) X = {a, b} ; (b) Y = {a, b, c} 8 X는 무한집합이고 τ는 X 위의 위상이라 하자 X의 모든 무한 부분집합들이 τ에 속하면, τ 가 이산위상임을 증명하시오 9* R이 모든 실수들의 집합이라 하자 R의 부분집합들의 다음 10개의 모임 중 정확히 3개가 위상인가? 이것을 확인하고 그 이유를 설명하시오 τ 1 = {R, Ø} {(a, b) : a와 b는 a < b인 모든 실수}; (ii) τ 2 = {R, Ø} {( r, r) : r은 양의 실수}; (iii) τ 3 = {R, Ø} {( r, r) : r은 양의 유리수}; (iv) τ 4 = {R, Ø} {[ r, r] : r은 양의 유리수}; (v) τ 5 = {R, Ø} {( r, r) : r은 양의 무리수}; (vi) τ 6 = {R, Ø} {[ r, r] : r은 양의 무리수}; (vii) τ 7 = {R, Ø} {[ r, r) : r은 양의 실수}; (viii) τ 8 = {R, Ø} {( r, r] : r은 양의 실수}; (ix) τ 9 = {R, Ø} {[ r, r], ( r, r) : r은 양의 실수}; (x) τ 10 = {R, Ø} {[ n, n], ( r, r) : n은 양의 정수, r은 양의 실수} (i) 12 열린집합, 닫힌집합, 열린닫힌집합 τ 의 원소 를 계속 언급하는 것보다 그러한 집합들에 이름을 주는 것이 더 편리하다 우리는 그것들 을 열린집합 이라 부르고, 열린집합의 여집합을 닫힌집합 이라 부른다 이러한 명명법은 이상적인 것이 아니라 실직선 위의 열린구간 과 닫힌구간 이라 불리는 것에서 비롯된다 이것에 대해서는 2장에서 좀 더 이야기할 것이다

24 제 1 장 정의 (X, τ )가 위상공간이라 하자 이때 τ의 위상공간 원소들을 열린집합(open sets) 이라 부른다 122 명제 (X, τ )가 위상공간이면 다음이 성립한다: (i) X와 Ø는 열린집합이다, (ii) 열린집합들의 임의의 (유한 또는 무한) 합집합은 열린집합이다, (iii) 열린집합들의 임의의 유한 교집합은 열린집합이다 증명 명백히 (i)과 (ii)는 정의 121과 정의 111 (i), (ii)의 결과이고, 조건 (iii)은 정의 121 과 연습문제 11 #4로부터 얻어진다 명제 122를 읽는 순간, 한 가지 질문이 여러분의 마음 속에 떠올라야만 한다: 열린집합들의 임의의 유한 또는 무한 합집합은 열린집합인 반면에, 우리는 단지 열린집합들의 유한 교집합은 열린집합이라고 서술한다 열린집합들의 무한 교집합은 항상 열린집합인가? 다음 보기는 그 대답이 아니오 라는 것을 보여준다

25 12 열린집합 25 τ 가 Ø과 다음 조건을 만족하는 N의 부분집합 으로 구성되어 있다고 하자: N에서 S의 여집합 N \ S는 유한집합이다 τ 가 정의 111을 만족하는 것은 쉽게 증명할 수 있다 따라서 τ 는 N 위의 위상이다 (우리는 다음 절에서 이 위상에 대해 123 보기 N이 모든 양의 정수들의 집합이고 좀 더 알아볼 것이다 이것을 여유한위상(finite-closed topology)이라고 부른다) 각 자연수 n에 대하여, 집합 Sn 을 다음과 같이 정의하자: [ Sn = {1} {n + 1} {n + 2} {n + 3} = {1} {m} m=n+1 각 Sn 의 여집합은 유한집합이기 때문에 명백히 Sn 은 위상 \ τ 에서 열린집합이다 그러나 Sn = {1} (1) n=1 이다 {1}의 여집합은 N도 유한집합도 아니기 때문에, {1}은 열린집합이 아니다 따라서 (1)은 열린집합 Sn 들의 교집합이 열린집합이 아님을 보여준다 보기 123에 나타난 예제를 어떻게 찾았지? 라고 물어보는 것도 무리가 아니다 하지만 그 대답은 매력적이지 못하다! 그것은 시행착오에 의한 것이다 예를 들어 이산위상을 시도했다면, 열린집합들의 교집합은 열린집합이라는 것을 알 것이다 비이산위상의 경우도 마찬가지이다 따라서 여러분이 해야할 필요가 있는 것은 어떤 현명한 추측인 것이다 열린집합들의 교집합이 반드시 열린집합이지는 않다 를 증명하기 위해서 단지 하나의 반례만 찾으면 된다는 것을 기억하라 124 정의 (X, τ )가 위상공간이라 하자 X의 부분집합 S의 여집합 X \ S가 (X, τ )에서 열린집합일 때, S를 (X, τ )에서 닫힌집합(closed set)이라 부른다 보기 112에서 닫힌집합들은 Ø, X, {b, c, d, e, f }, {a, b, e, f }, {b, e, f } 그리고 {a} 이다 (X, τ )가 이산공간이면, 명백히 X의 모든 부분집합은 닫힌집합이다 그러나 비이산공간 (X, τ ) 에서 닫힌집합은 X와 Ø 뿐이다

26 제 1 장 명제 위상공간 (X, τ )가 위상공간이면 (i) Ø과 X는 닫힌집합이다, (ii) 임의의 (유한 또는 무한) 개의 닫힌집합들의 교집합은 닫힌집합이다, (iii) 임의의 유한개의 닫힌집합들의 합집합은 닫힌집합이다 증명 (i)은 명제 122 (i)와 정의 124로부터 바로 얻어진다 왜냐하면 X의 여집합은 Ø이고 Ø의 여집합은 X이기 때문이다 (iii)을 증명하기 위하여, S1, S2,, Sn 이 닫힌집합들이라 하자 S1 S2 Sn 이 닫힌집합임을 보여야 한다 정의 124에 의해 X \ (S1 S2 Sn )이 열린집합임을 증명하는 것으로 충분하다 S1, S2,, Sn 은 닫힌집합들이므로 그 여집합 X \ S1, X \ S2,, X \ Sn 은 열린집합이다 그리고 X \ (S1 S2 Sn ) = (X \ S1 ) (X \ S2 ) (X \ Sn ) (1) 이다 (1)의 우변은 열린집합들의 유한 교집합이기 때문에 열린집합이다 따라서 (1)의 좌변은 열린집합이다 그러므로 S1 S2 Sn 은 닫힌집합이 되어 (iii)이 성립한다 (ii)의 증명은 (iii)과 비슷하다 [그러나 여러분은 보기 139의 증명에 있는 주의를 읽어야만 한다]

27 12 열린집합 주의 27 이름 열린 과 닫힌 은 종종 위상의 세계로 입문한 사람들이 실수를 하게 만든다 이름에도 불구하고, 어떤 열린집합들은 또한 닫힌집합들이다 더욱이, 어떤 집합들은 열린집합도 닫힌집합도 아니다 실제로, 보기 112를 고려하면 다음을 알 수 있다: (i) 집합 {a}는 열린집합이고 닫힌집합이다; (ii) 집합 {b, c}는 열린집합도 닫힌집합도 아니다; (iii) 집합 {c, d}는 열린집합이지만 닫힌집합이 아니다; (iv) 집합 {a, b, e, f }는 닫힌집합이지만 열린집합이 아니다 이산공간에서 모든 집합은 열린집합이고 닫힌집합이고, 반면에 비이산공간 (X, τ )에서 X와 Ø 을 제외한 X의 모든 부분집합들은 열린집합도 닫힌집합도 아니다 집합들이 열린집합과 닫힌집합 모두 될 수 있음을 상기시키기 위해 우리는 다음 정의를 소개한다 126 정의 위상공간 (X, τ )의 부분집합 S가 (X, τ )에서 열린집합이고 닫힌집합일 때, S를 열린닫힌집합(clopen set)이라 부른다 모든 위상공간 (X, τ )에서 X와 Ø은 열린닫힌집합이다1 이산공간에서 X의 모든 부분집합들은 열린닫힌집합이다 비이산공간에서 열린닫힌집합은 X와 Ø 뿐이다 연습문제 12 보기 112에 주어진 집합 X의 64개의 부분집합들을 모두 나열하시오 각각의 집합 옆쪽에 1 다음 중 어느 것인지를 적으시오: (i) 열린닫힌집합이다; (ii) 열린집합도 닫힌집합도 아니다; (iii) 열린집합이고 닫힌집합이 아니다; (iv) 닫힌집합이고 열린집합이 아니다 위상공간 (X, τ )의 모든 부분집합이 닫힌집합이라고 하자 (X, τ )가 이산공간임을 증명하시오 2 1 열린닫힌(clopen) 이 보기 싫은 것은 인정하지만 현재 널리 사용되고 있는 단어이다

28 제 1 장 28 3 위상공간 (X, τ )가 이산위상이거나 비이산위상이면 모든 열린집합은 열린닫힌집합임을 관찰하시오 이 산공간도 비이산공간도 아니면서 모든 열린집합이 열린닫힌집합인 성질을 만족하는 집합 X = {a, b, c, d} 위의 위상 4 τ 를 찾으시오 X가 무한집합이라 하자 X의 모든 무한 부분집합이 닫힌집합인 X 위의 위상을 τ 라 하면, τ 가 이산위상임을 증명하시오 5 X가 무한집합이고 X의 열린집합이면서 무한 부분집합인 것은 오직 X만 있음을 만족하는 위상을 6 (i) τ 라 하자 (X, τ )는 이산공간이어야만 하는가? τ가 즉, τ 집합 X 위의 위상으로 정확히 네 개의 집합으로 구성되어 있다고 하자; = {X, Ø, A, B}이라 하자 여기서 A와 B는 공집합이 아닌 X의 (서로 다른) 진 부분집합이다 [A가 X의 진부분집합(proper subset)이라 함은 A X와 A 6= X를 의미한다 그리고 A X로 나타낸다] A와 B가 다음 조건들 중 정확히 하나를 만족해야 함을 증명하시오: (a) B = X \ A; (b) A B; (c) B A [힌트 먼저 A와 B가 적어도 하나의 조건을 만족해야 함을 증명하고, 그것들이 두 개 이상의 조건들을 만족할 수 없음을 보이시오] (ii) (i)을 이용하여 X = {1, 2, 3, 4} 위의 위상들 중 정확히 네 개의 원소로 구성되어 있는 위상을 모두 나열하시오

29 12 열린집합 7 (i) 29 보면, n N이 아무리 작더라도 n개의 점들을 가지고 있는 집합 위의 서로 다른 위상들의 개수는 매우 많을 수 있다; 즉 n = 2일 때는 4개의 위상이 존재하고, n = 3일 때는 29개의 위상이 존재한다: n = 4일 때는 355개의 위상이 존재하고, n = 5일 때는 6942개의 위상이 존재한다 수학적 귀납법을 이용하여 n이 증가함에 따라 위상의 개수가 증가함을 증명하시오 [힌트 n개의 점을 가지고 있는 집합이 M 개의 서로 다른 위상을 갖는다면 n + 1개의 점들을 가지고 있는 집합은 적어도 M + 1개의 위상을 가짐을 증명하는 것으로 충분하다] (ii) 수학적 귀납법을 이용하여 유한집합 X가 n N개의 점을 가지고 있다면, 적어도 (n 1)! 개의 서로 다른 위상을 가짐을 증명하시오 [힌트 X = {x1,, xn }이고 Y = {x1,, xn, xn+1 }이라 하자 만약 i {1, 2,, n}를 고정시키고 Y 위의 위상 τ i를 τ 가 X 위의 위상이면, 다음과 같이 정의하여라: 각 열린집합 U τ 에 대하여 xi 가 U 에 속할 때, xi 를 xn+1 로 교체함으로써 Ui 를 정의하자; 그러면 그러한 집합들 Ui 와 Y \ {xi } 그리고 Y 로 구성된다 τ i가 Y τ i는 위의 위상임을 검증하시오] (iii) 무한집합 X의 기수가 ℵ일 때, X 위에 적어도 2ℵ 개의 서로 다른 위상이 존재함을 증명하시 오 모든 무한집합은 서로 다른 비가산개의 위상을 가짐을 도출하시오 [힌트 정확히 3개의 열린집합을 갖는 서로 다른 위상이 적어도 2ℵ 개 존재함을 증명하시오 기수에 대해서는 부록 1을 보시오]

30 제 1 장 위상공간 여유한위상 한 집합 위의 위상을 정의할 때 어떤 집합들이 열린집합인지 서술하는 것이 보통이다 그러나 때때로 어떤 집합들이 닫힌집합인지 말함으로써 위상을 나타내는 것이 더 자연스러울 때가 있다 다음 정의는 그러한 한 예를 보여준다 131 정의 X가 공집합이 아닌 집합이라 하자 X 위의 위상 τ 가 여유한위상(cofinite topology or finite-closed topology)이라는 것은 X의 닫힌 부분집합들이 X 자기자신 과 X의 모든 유한 부분집합일 때를 말한다; 즉, 열린집합들은 Ø과 여집합이 유한인 X의 모든 부분집합들이다 다시 한 번, 정의 131에 있는 τ가 위상인지, 즉, 정의 111의 각 조건들을 만족하는지 확인할 필요가 있다 정의 131이 X와 X의 유한 부분집합들이 닫힌집합인 모든 위상이 여유한위상이다 를 말하는 것은 아니다 이것들은 단지 닫힌집합인 것이다 [물론, 임의의 집합 X 위의 이산위상에서는 X와 X 의 모든 유한 부분집합들이 닫힌집합이다 하지만 X의 모든 다른 부분집합들도 역시 닫힌집합이다] 여유한위상에서 모든 유한집합들은 닫힌집합이다 하지만 다음 보기는 무한집합들이 열린집합일 필요가 없다는 것을 보여준다 132 보기 N이 모든 양의 정수들의 집합이라 하자 {1}, {5, 6, 7}, {2, 4, 6, 8}들은 유한집합 이므로 여유한위상에서 닫힌집합이다 그러므로 그 여집합들 {2, 3, 4, 5, }, {1, 2, 3, 4, 8, 9, 10, }, {1, 3, 5, 7, 9, 10, 11, } 은 여유한위상에서 열린집합이다 한편, 짝수인 양의 정수들의 집합은 유한집합이 아니기 때문에 닫힌 집합이 아니다 따라서 그것의 여집합, 즉, 홀수인 양의 정수들의 집합은 여유한위상에서 열린집합이 아니다 따라서 모든 유한집합들은 닫힌집합이지만, 모든 무한집합들이 열린집합인 것은 아니다

31 13 여유한위상 133 보기 31 τ 가 집합 X 위의 여유한위상이라 하자 X가 적어도 3개의 서로 다른 열린닫힌 부분집합을 갖는다면, X가 유한집합임을 증명하시오 증명 우리에게 주어진 것은 τ가 여유한위상이라는 것과, 적어도 3개의 서로 다른 열린닫힌 부분집합이 존재한다는 것이다 우리는 X가 유한집합이라는 것을 증명해야 한다 τ가 여유한위상이라는 것은 모든 닫힌집합들의 모임이 X와 X의 모든 유한 부분집 합들로 구성되어 있다 는 것을 의미함을 상기하고, 또한 임의의 집합이 열린닫힌집합일 필요충분조건은 그것이 열린집합이고 닫힌집합임을 상기하자 모든 위상공간에는 적어도 2개의 열린닫힌집합, 즉, X와 Ø이 존재함을 기억하자 (정의 126의 아래에 언급된 내용을 보시오) 그러나, 우리에게 주어진 위상공간 (X, τ )에는 적어도 3개의 열린닫힌 부분집합이 존재한다 이것은 Ø, X와는 다른 열린닫힌 부분집합이 존재한다는 것을 뜻한다 따라서 우리는 다른 열린닫힌 부분집합을 주의깊게 관찰해야만 한다! 우리의 공간 (X, τ )는 3개의 서로 다른 열린닫힌 부분집합을 갖기 때문에, S 6= X이고 S 6= Ø 인 X의 열린닫힌 부분집합 S가 존재한다 S가 (X, τ )에서 열린 부분집합이기 때문에, 정의 124 에 의해 그것의 여집합 X \ S는 닫힌집합이다 즉, S와 X \ S는 여유한위상에서 닫힌집합이다 또한 S와 X \ S는 모두 유한집합이다 (X \ S는 X와 같지 않기 때문에) 하지만, X = S (X \ S)이므로 X는 두 유한집합의 합집합이다 그러므로 X는 유한집합이다 이제 우리는 무한집합 위에 줄 수 있는 서로 다른 3개의 위상을 알고 있다 그리고 더 많은 위상이 존재한다 우리가 알고 있는 3개는 이산위상, 비이산위상, 그리고 여유한위상이다 따라서 한 집합 위의 위상을 구체적으로 나타낼 때는 항상 조심해야 한다 예를 들면, 집합 {n : n 10}은 자연수들의 집합 위의 여유한위상에서 열린집합이지만, 비이 산위상에서는 열린집합이 아니다 홀수인 자연수들의 집합은 자연수들의 집합 위의 이산위상에서 열린집합이지만, 여유한위상에서는 열린집합이 아니다

32 제 1 장 32 위상공간 이제 여러분이 이미 보았을지도 모르는 몇 가지 정의들을 소개하겠다 134 정의 f 가 집합 X로부터 집합 Y 로의 함수라 하자 (i) 함수 f 가 다음 조건을 만족할 때 일대일(one-to-one) 또는 단사(injective)라고 말한 다: x1, x2 X에 대하여 f (x1 ) = f (x2 )이면 x1 = x2 이다; (ii) 함수 f 가 다음 조건을 만족할 때 위로의(onto) 또는 전사(surjective)라고 말한다: 각 y Y 에 대하여 f (x) = y인 x X가 존재한다; (iii) 함수 f 가 전사이고 단사일 때, f 를 전단사(bijective)라고 말한다 135 정의 f 가 집합 X로부터 집합 Y 로의 함수라 하자 함수 f 가 다음 조건을 만족할 때 역을 갖는다(have an inverse)고 말한다: 모든 x X에 대하여 g(f (x)) = x이고 모든 y Y 에 대하여 f (g(y)) = y인 Y 에서 X로의 함수 g가 존재한다 이 함수 g를 f 의 역함수(inverse function)라고 말한다 다음 명제의 증명은 연습문제로 남겨두겠다 136 명제 f 가 집합 X로부터 집합 Y 로의 함수라 하자 (i) 함수 f 가 역을 가질 필요충분조건은 f 가 전단사이다 (ii) g1 과 g2 가 Y 로부터 X로의 함수라 하자 g1 과 g2 가 둘 다 f 의 역함수이면, g1 = g2 이다; 즉, 모든 y Y 에 대하여 g1 (y) = g2 (y)이다 (iii) g가 Y 로부터 X로의 함수라 하자 그러면 g가 f 의 역함수일 필요충분조건은 f 가 g의 역함수이다 주의 학생들이 함수가 한 점을 한 점으로 대응 시킬 때, 그 함수를 일대일로 생각하는 것은 매우 흔한 오류이다 모든 함수들은 한 점을 한 점으로 대응시킨다 왜냐하면 이것은 함수의 정의의 일부이다 일대일 함수는 다른 점들을 다른 점들로 보내는 함수이다

33 13 여유한위상 33 이제 여러분들이 아직 못 보았을 것 같은 매우 중요한 개념을 소개하겠다 정의 137 f 가 집합 X로부터 집합 Y 로의 함수라 하자 S가 Y 의 임의의 부분집합일 때, 집합 f 1 (S)은 다음과 같이 정의된다: f 1 (S) = {x : x X 그리고 f (x) S} X의 부분집합인 f 1 (S)를 S의 역상(inverse image)이라고 말한다 f : X Y 의 역함수가 존재하기 위한 필요충분조건이 f 가 전단사라는 것에 주목하자 그러나 f 가 일대일이 아니고 전사가 아니어도 Y 의 임의의 부분집합의 역상은 존재한다 다음 보기가 이것을 설명해 준다 138 보기 정수들의 집합을 Z라 할 때, Z로부터 Z로의 함수 f 가 다음가 같이 주어져 있다고 하자: 각 z Z에 대하여, f (z) = z f (1) = f ( 1)이기 때문에, 함수 f 는 일대일이 아니다 또한 f (z) = 1을 만족하는 z Z가 존재하지 않기 때문에, f 는 전사가 아니다 즉, f 는 분 명히 전단사가 아니다 따라서 명제 136 (i)에 의하여 f 는 역함수를 갖지 않는다 그러나 분명히 역상들은 존재한다 예를 들면, f 1 ({1, 2, 3}) = { 1, 2, 3, 1, 2, 3} f 1 ({ 5, 3, 5, 7, 9}) = { 3, 5, 7, 9, 3, 5, 7, 9} 이다 마지막으로 흥미로운 보기를 제시하면서 이 절을 마무리하겠다 139 보기 (Y, τ )가 위상공간이고 X가 공집합이 아닌 집합이라 하자 또한, f 가 X로부터 Y 로의 함수라 하자 τ 1 = {f 1(S) : S τ }라 놓을 때, τ 1이 X 위의 위상임을 증명하시오 증명 우리의 과제는 집합들의 모임 τ 1이 X 위의 위상임을 보이는 것이다 즉, τ 1이 정의 111 의 조건 (i), (ii) 그리고 (iii)을 만족한다는 것을 보여야 한다 X = f 1 (Y ) 이고 Y τ 이기 때문에, X τ 1 Ø = f 1 (Ø) 이고 Ø τ 이기 때문에, Ø τ 1

34 제 1 장 34 그러므로 위상공간 τ 1은 정의 111의 조건 (i)을 만족한다 정의 111의 조건 (ii)를 검증하기 위해, 어떤 첨수집합 J에 대하여 {Aj : j J}을 τ 1 의 S 원소들의 모임이라 하자 우리는 j J Aj τ 1 을 보여야 한다 S Aj τ 1 이므로, τ 1 의 정의에 의해 Aj = f 1 (Bj )인 Bj τ 가 존재한다 또한 j J Aj = S S 1 1 f (B ) = f B 이다 [연습문제 13 #1을 보시오] j j j J j J S 이제 모든 j J에 대하여 Bj τ 이고 τ 는 Y 위의 위상이기 때문에 j J Bj τ 이다 S S 1 그러므로, τ 1 의 정의에 의하여 f B τ ; 즉, j 1 j J j J Aj τ 1 이다 따라서 [주의 τ 1은 정의 111의 조건 (ii)를 만족한다 모든 집합이 가산인 것은 아님을 상기하자 (가산집합들을 언급한 부록을 보시오) 따라서 τ 1에 속한다고 가정하고 그것들의 합집합 A1 A2 An 이 τ 1에 속한다는 것을 증명하는 것은 충분하지가 않다 이것은 단지 τ 1에 속하는 가산 개의 원소들의 합집합이 τ 1 에 속하는 것을 증명한 것이고, τ 1 이 정의 111의 조건 (ii)를 만족한다는 것을 증명한 것은 아니다 - 이 조건은 τ 1 에 속하는 가산개일지 비가산개일지 모르는 원소들의 모든 합집합이 τ 1에 속하는 것을 요구한다] 위 논증에서 A1, A2, An, 이 τ 1에 속한다고 하자 우리는 A1 A2 τ 1을 증명해야 한다 어떤 B1, B2 τ 에 대하여 A1, A2 τ 1, A1 = f 1 (B1 )이고 A2 = f 1 (B2 )이기 때문에 마지막으로, A1 과 A2 가 A1 A2 = f 1 (B1 ) f 1 (B2 ) = f 1 (B1 B2 ) [연습문제 13 #1을 보시오] 이 성립한다 B1 B2 τ 이므로, f 1 (B1 B2 ) 111의 조건 (iii)을 만족함을 증명하였다 그러므로 τ 1은 X 위의 위상이다 τ 1이다 따라서 A1 A2 τ 1이고, 우리는 τ 1이 정의

35 13 여유한위상 35 연습문제 13 1 f 가 집합 X로부터 집합 Y 로의 함수라 하자 이때, 보기 139에서 다음을 서술하였다: 임의의 첨수집합 J와 Y 의 임의의 부분집합들 Bj 에 대하여 f 1 [ [ 1 Bj = f (Bj ) j J (1) j J 이고 f 1 (B1 B2 ) = f 1 (B1 ) f 1 (B2 ) (2) (a) (1)이 성립함을 증명하시오 [힌트 먼저 x를 좌변에 주어진 집합의 원소라 놓고 그것이 우변에 주어진 집합에 속함을 증명하고, 다음으로 그 역을 증명하시오] (b) (2)가 성립합을 증명하시오 (c) 다음 조건을 만족하는 (구체적인) 집합들 A1, A2, X, Y 와 함수 f : X Y 를 찾으시오: A1 X과 A2 X에 대하여 f (A1 A2 ) 6= f (A1 ) f (A2 ) 2 연습문제 11 #6 (ii)에 주어진 위상 τ 는 여유한위상인가? (그 이유를 설명하시오) 3 위상공간 (X, τ )의 모든 단집합 {x}가 (X, τ )에서 닫힌집합일 때, (X, τ )를 T1 -공간(T1 space)이라 말한다 다음 9개의 위상들 중 정확히 2개가 T1 -공간임을 증명하시오 (그 이유를 설명하시오) (i) 이산공간; (ii) 적어도 두 점을 갖는 비이산공간; (iii) 여유한위상을 가지고 있는 무한집합; (iv) 보기 112; (v) 연습문제 11 #5 (i); (vi) 연습문제 11 #5 (ii); (vii) 연습문제 11 #5 (iii); (viii) 연습문제 11 #6 (i); (ix) 연습문제 11 #6 (ii) 4 τ가 집합 X 위의 여유한위상이라 하자 증명하시오 τ가 또한 이산위상이라면, 집합 X가 유한집합임을

36 제 1 장 36 위상공간 5 만약 임의의 서로 다른 두 점 a, b X에 대하여, a를 포함하지만 b를 포함하지 않는 어떤 열린집합이 존재하거나2 b를 포함하지만 a를 포함하지 않는 열린집합이 존재할 때, 위상공간 (X, τ )를 T0 -공간(T0 -space)이라 말한다 (i) 모든 T1 -공간은 T0 -공간임을 보이시오 (ii) 위의 연습문제 3에 있는 (i) (vi) 중 어느 것이 T0 -공간인가? (그 이유를 설명하시오) (iii) 집합 X = {0, 1} 위에 (X, τ )가 T0 -공간이지만 T1 -공간이 아닌 위상 τ를 정의하시오 [이 공간을 Sierpiński 공간이라 부른다] (iv) 연습문제 11 #6에 서술된 각각의 위상공간은 T0 -공간임을 증명하시오 (위의 연습문제 3에 있는 어느 것도 T1 -공간이 아님을 보였던 것을 주목하시오) 6 X를 임의의 무한집합이라 하자 가산닫힌위상(countable-closed topology) 또는 여가 산위상은 닫힌집합이 X와 X의 모든 가산부분집합만으로 이루어진 위상으로 정의한다 실제로 이것은 X 위의 위상임을 증명하시오 7 τ 1과 τ 2를 집합 X (i) 만약 위의 두 위상이라 하자 다음 각각의 명제를 증명하시오 τ 3가 τ 3 = τ 1 τ 2로 정의된다면, τ 3는 반드시 X 위의 위상은 아니다 (구체적인 보기를 찾아 이유를 설명하시오) (ii) 만약 τ4 가 τ 4 = τ 1 τ 2로 정의된다면, τ 4는 X 위의 위상이다 (위상 τ 4를 τ 1과 τ 2의 교집합위상이라 부른다) (iii) 만약 (X, τ 1 )과 (X, τ 2 )가 T1 -공간이면, (X, τ 4 )도 역시 T1 -공간이다 (iv) 만약 (X, τ 1 )과 (X, τ 2 )가 T0 -공간이면, (X, τ 4 )는 반드시 T0 -공간은 아니다 (구체적인 보기를 찾아 이유를 설명하시오) (v) 만약 τ 1, τ 2,, τ n 가 집합 X 위의 위상이면, τ = n T τ i는 X 위의 위상이다 i=1 (vi) 만약 각각의 i I에 대하여,여기서 I는 첨자집합, τ i가 집합 X 위의 위상이면, τ = T τi i I 는 X 위의 위상이다 독자는 수학에서 또는 의 사용은 일상 영어에서 사용하는 것과는 다르다는 것을 기억하기 바란다 수학에서 또는 은 배타적이 아니다 이것에 대해서는 0장에 있는 논평을 보기 바란다 2

37 13 여유한위상 37 8 연습문제 12 #7에서 주목했던 것처럼 Wikipedia topological_space에서 n N이 아무리 적더라도 n개의 점을 갖는 유한집합 상의 위상의 개수 는 매우 많을 수 있다 이것은 연습문제 13 #5에 정의된 T0 -공간에 대해서도 사실이다 실제로 같은 Wikipedia 자료에 의하면, 만약 n = 3이면, 19개의 서로 다른 T0 -공간이 존재하고; n = 4 에 대해서는, 219개의 서로 다른 T0 -공간; n = 5에 대하여, 4231개의 서로 다른 T0 -공간이 존재한다 수학적 귀납법을 이용하여 n이 증가할 수록 T0 -공간의 수가 증가함을 증명하시오 [힌트 만약 n개의 점을 갖는 M 개의 T0 -공간이 존재한다면, n + 1개의 점을 갖는 적어도 M + 1 개의 T0 -공간이 존재한다는 것을 보이면 된다] 9 X의 모든 부분집합이 열린집합이거나 닫힌집합일 때 (또는 둘 다), 위상공간 (X, τ )를 문공간 (door space)이라 부른다 (i) 이산공간은 문공간인가? (ii) 비이산공간은 문공간인가? τ 가 여유한위상이면, (X, τ )는 문공간인가? (iv) X = {a, b, c, d}라 하자 X 위에 정의된 위상 τ 중 문공간을 확인하시오 (iii) 만약 X가 무한집합이고 10 위상공간 (X, τ )의 부분집합 S가 (X, τ )의 열린부분집합들의 교집합일 때 S를 포화(saturated) 집합이라 말한다 (i) 모든 열린집합은 포화집합임을 입증하시오 (ii) T1 -공간에서 모든 집합은 포화집합임을 입증하시오 (iii) 적어도 하나는 포화집합이 아닌 부분집합을 갖는 위상공간의 보기를 드시오 (iv) 위상공간 (X, τ )의 모든 부분집합이 포화부분집합이면 (X, τ )는 T1 -공간인가?

38 제 1 장 위상공간 후기 이 장에서 우리는 위상공간의 기본개념을 소개했다 예를 들어 이산공간, 비이산공간 그리고 여유한 위상공간과 같은 다양한 유한위상공간3 을 공부했다 위의 어느 위상도 응용에 관한한 특별히 중요한 것은 아니다 그러나 연습문제 43 #8에서, 모든 무한위상공간은 다섯가지 위상 (비이산위상, 이산 위상, 여유한위상, 연습문제 11 #6의 첫조각위상과 끝조각위상) 중의 하나를 갖는 무한위상공간을 포함한다 다음 장에서는 아주 중요한 유클리드 위상을 서술한다 도중에 열린집합 과 닫힌집합 이란 용어를 접하게 되었고, 이런 명칭를 잘못 이해할 수도 있 음을 경고했다 어떤 집합은 열린집합임과 동시에 닫힌집합일 수 있고, 어떤 것은 열린집합도 아니고 닫힌집합도 아닌 것이 있으며, 어떤 것은 열린집합이지만 닫힌집합은 아닌 집합도 있고, 또는 닫힌 집합이지만 열린집합은 아닌 집합도 있다 하나의 집합이 닫힌집합이 아니라는 것을 증명함으로써 그 집합이 열린집합이다 라고 증명할 수 없음을 기억하는 것은 중요하다 위상, 위상공간, 열린집합, 그리고 닫힌집합의 정의 외에 우리가 다룬 가장 중요한 주제는 정리의 증명이었다 이 장의 서문에서 증명의 서술을 배우는 것의 중요성을 지적했다 보기 118, 명제 119, 그리고 보기 133에서 증명을 어떻게 생각하는지 를 보았다 여러분 스스로 증명방법의 기술을 발전시키는 것이 필수적이다 이 목적을 위하여 시도할 좋은 연습문제가 연습문제 11 #8, 연습문제 12 #2,4, 그리고 연습문제 13 #1,4이다 3 유한위상공간이란 위상공간 (X, τ )를 의미한다 여기서, X는 유한집합이다

39 14 후기 39 만약 여러분 스스로가 이미 그렇게 하지 않았다면, 증명에 대한 처 음 두개의 YouTube 비디오를 보아야 한다 이것을 Topology Without Tears Video 4a Writing Proofs in Mathematics 그리고 Topology Without Tears Video 4b Writing Proofs in Mathematics 라고 부르는데 그리고 찾아 볼 수 있거나 또는 중국 Youku 사이트 또는 다음의 관련 링크 찾아 볼 수 있다 네번째 증명작성 비디오를 보는 것도 많은 도움이 된다 그것 은 수학적 귀납법을 사용하는 증명작성법에 관한 것이다 이것을 Topology Without Tears - Video 4d - Writing Proofs in Mathematics 라고 부르고 찾아 볼 수 있다 어떤 학생들은 위상의 개념을 집합의 집합 을 수반하는 것으로 혼동한다 여러분이 이것을 이해하고 있는지를 확인하기 위해서는 연습문제 11 #3을 풀어 보기 바란다 T0 -공간과 T1 -공간의 개념을 포함하는 연습문제는 나중에 공식적으로 소개할 것이다 이러한 것을 분리공리(separation properties)라고 한다 마지막으로 역상의 중요성을 강조한다 이것에 관련된 것을 보기 139와 연습문제 13 #1 에서 다루었다 우리의 연속함수의 정의는 역상에 의존하게 될 것이다

40 제 2 장 유클리드 위상 소개 영화나 소설에서는 흔히 줄거리를 엮어가는 소수의 중심인물이 있다 위상수학 이야기에는 실수 위의 유클리드 위상이 중심인물 중의 하나이다 실제로 유클리드 위상은 수학적 영감과 더 거슬러 올라가 검토하기 위해서 자주 되돌아 봐야 할 풍부한 예제이다 R을 실수집합이라 하자 1장에서 우리는 임의의 집합 위에 세 개의 위상, 즉, 이산위상, 비이산 위상, 그리고 여유한위상을 정의했다 따라서 우리는 R 위에 세 개의 같은 위상을 정의할 수 있다 R 위에 정의된 여섯 개의 다른 위상은 연습문제 11 #5 그리고 #9에 있다 이 장에서 우리는 실수 R 위의 더욱 중요하고 흥미있는 하나의 위상을 서술할 것이다 이 위상이 유클리드 위상 (또는 보통위상)으로 알려져 있다 유클리드 위상을 분석해 보면 위상에 대한 기저 의 개념에 연결된다 선형대수학에서 모든 벡터공간은 기저를 가지고 있고 모든 벡터는 기저의 원소들의 일차결합으로 나타낼 수 있다고 배웠 다 비슷하게, 위상공간에서 모든 열린집합은 기저의 원소들의 합집합으로 표현할 수 있다 실제로, 하나의 집합이 열린집합일 필요충분조건은 그 집합이 기저의 원소들의 합집합이다 이 장을 이해하기 위하여, 여러분은 부록 1의 첫 번째 절 즉, A11의 내용에 스스로가 익 숙해 있어야 한다 이것에 대해서는 YouTube 상의 "Topology Without Tears - Video 2a & 2b - Infinite Set Theory" & QPSRB4Fhzko; 중국사이트 Youku & com/kf9lp8e; 그리고 링크 상의 비디오로 보 충되어 있다 40

41 21 유클리드 위상 R 위의 유클리드 위상 정의 211 R의 부분집합 S가 다음 성질 ( )을 만족하면 R 위의 유클리드 위상에서 열린집합이라고 불린다 각각의 x S에 대하여 어떤 실수 a, b R, a < b가 존재하여 x (a, b) S가 성립한다 ( ) 표기 특별한 말이 없이 위상공간 R을 언급할 때마다, R은 유클리드 위상을 갖는 것을 의미한다 212 주목 (i) 유클리드 위상 τ 는 하나의 위상이다 증명 τ 가 정의 111의 조건 (i), (ii), 그리고 (iii)을 만족함을 보여야 한다 우리에게 주어진 것은 하나의 집합이 τ 에 속할 필요충분조건은 그 집합이 성질 ( )를 만족하는 것이다 첫째, R τ 임을 보이자 x R라 하자 a = x 1 그리고 b = x + 1이라 놓으면, x (a, b) R; 즉, R이 성질 ( )를 만족한다 따라서 R τ 이다 둘째, Ø τ 이다 왜냐하면 자명한 논리에 의하여 Ø이 를 만족하기 때문이다 이제 {Aj : j J}를 S τ의 원소들의 집합족이라 하자, 여기서 J는 첨자집합이다 우리는 S S j J Aj τ 임을 보여야 한다 즉, j J Aj 가 성질 를 만족함을 보여야한다 x j J Aj 라 하자 그러면 어떤 k J 에 대하여 x Ak 이다 Ak τ 이므로, 적당한 a, b R(a < b)가 존재하여 S S x (a, b) Ak 이 성립한다 k J이기 때문에, Ak j J Aj 이다 그러므로 x (a, b) j J Aj S S 이다 따라서 j J Aj 는 성질 를 만족한다 그러므로 우리가 원했던 j J Aj τ 를 얻는다 마지막으로, A1 과 A2 가 하면 y A1 이다 A1 y A2 τ 이다 τ에 τ 이므로 속한다고 하자 A1 A2 τ 임을 보여야 한다 y A1 A2 라 어떤 실수 a, b R (a < b)가 존재하여 y (a, b) A1 이다 또한 따라서 어떤 실수 c, d R (c < d)가 존재하여 y (c, d) A2 이다 e를 a와 c의 최댓값, 그리고 f 를 b 와 d의 최솟값이라 하자 그러면 e < y < f 이고 y (e, f )임은 쉽게 확인할 수 있다 (e, f ) (a, b) A1 이고 (e, f ) (c, d) A2 이기 때문에, y (e, f ) A1 A2 이다 그러므로 A1 A2 가 성질 ( )를 만족한다는 것을 추론할 수 있다 그러므로 A1 A2 τ 이다 따라서 τ 는 실제로 R 위의 위상이다

42 제 2 장 42 유클리드 위상 우리는 이제 R 위의 유클리드 위상에 관하여 열린집합과 닫힌집합을 계속해서 서술해 보자 특히, 이 위상에 관하여 모든 열린구간은 실제로 열린집합이고 모든 닫힌구간은 닫힌집합임을 보게 될 것이다 (ii) r, s R이고 r < s이라 하자 R 위의 유클리드 위상 τ 에서 열린구간 (r, s)는 실제로 τ 에 속한다 그러므로 열린구간 (r, s)는 열린집합이다 증명 주어진 열린구간 (r, s)에 대하여, (r, s)는 유클리드 위상에서 열린집합이다; 즉, (r, s)는 정의 211의 성질 ( )를 만족함을 보여야 한다 그러기 위해서 x (r, s)라 놓고 시작하여 x (a, b) (r, s)를 만족하는 a, b R, a < b 를 찾기를 원한다 x (r, s)라 하자 a = r 그리고 b = s를 선택하자 그러면 분명히 x (a, b) (r, s) 이다 따라서 (r, s)는 유클리드 위상에서 열린집합이다 (iii) 모든 실수 r에 대하여 열린구간 (r, )과 (, r)은 R에서 열린집합이다 증명 먼저, (r, )가 열린집합임을 보이자; 즉, (r, )가 성질 ( )를 만족한다는 것을 보이자 이것을 위해서 x (r, )라 놓고 다음을 만족하는 a, b R를 찾자: x (a, b) (r, ) x (r, )라 하고, a = r 그리고 b = x + 1라고 놓자 그러면 x (a, b) (r, )이다 그러므로 (r, ) τ 이다 비슷한 방법으로 (, r)는 R에서 열린집합임을 보일 수 있다

43 21 유클리드 위상 (iv) 43 모든 열린구간은 R에서 열린집합인 반면에 그 역은 성립하지 않는다는 것을 주목하는 것이 중요하다 R 에서 열린집합이라고 해서 열린구간은 아니다 예를 들어, 집합 (1, 3) (5, 6)은 S R에서 열린집합이지만 열린구간은 아니다 집합 n=1 (2n, 2n + 1)도 R에서 열린집합이다 (v) 각각의 c, d R, c < d에 대하여 닫힌구간 [c, d]는 R에서 열린집합이 아니다1 증명 우리는 [c, d]가 성질 ( )를 만족하지 못한다는 것을 보일 것이다 이것을 위해서는 특별한 x를 찾아 성질 ( )를 만족하는 어느 a, b도 존재하지 않음을 보이면 충분하다 분명히 c와 d는 구간 [c, d]에서 특별한 점들이다 그러므로 우리는 x = c로 택하고 요구된 성질을 만족하는 a, b는 존재하지 않음을 보인다 우리는 소위 모순에 의한 증명법이라 불리는 모순법을 사용한다 가정 : 요구된 성질을 만족하는 실수 a와 b가 존재한다고 가정하고, 이것은 모순을 야기하다는 것, 즉 무엇인가에 오류가 있다는 것을 보이자 결론적으로 가정이 오류다! 따라서 그러한 a와 b는 존재하지 않는다 그러므로 [c, d]는 성질 ( )를 만족하지 못한다 그러기에 [c, d]는 열린집합이 아니다 c [c, d]임을 주목하자 가정 : 실수 a, b R, a < b가 존재하여 c (a, b) [c, d]이라고 가정하 자 그러면 c (a, b)이면 a < c < b이다 그러므로 a < c+a 2 c+a 2 < c < b이다 따라서 c+a 2 (a, b) 그리고 / [c, d]이다 따라서 (a, b) 6 [c, d]이다 이것은 모순이다 그러므로 c (a, b) [c, d]를 만족하는 a와 b는 존재하지 않는다 따라서 [c, d]는 성질 ( )를 만족하지 않는다 그래서 [c, d] / τ 이다 (vi) 각각의 a, b R, a < b에 대하여 닫힌구간 [a, b]는 R 위의 유클리드 위상에 대하여 닫힌집합이다 증명 [a, b]이 닫힌집합임을 보이기 위해서는 단지 그것의 여집합 (, a) (b, )이 두 열린집합 의 합집합으로서 열린집합이라는 것을 관찰해야 한다 YouTube 비디오 Topology Without Tears - Video 4c - Writing Proofs in Mathematics 를 시청하기 바란다 거기서 모순법에 의한 증명을 논의한다 보시오 1

44 제 2 장 44 (vii) 증명 유클리드 위상 모든 단집합 {a}는 R에서 닫힌집합이다 {a}의 여집합은 두 열린집합 (, a)와 (a, )의 합집합으로서 열린집합이다 따라서 우리가 원했던 것으로, {a}는 R에서 닫힌집합이다 [연습문제 13 #3의 용어에 의하면, 이 결과는 R은 T1 -공간이다] 단순히 a < b 를 a b 으로 대치하여 우리는 (vii)를 (vi) 안에 포함시킬 수 있었 (viii) 음을 주목하자 단집합 {a}는 단지 닫힌집합 [a, b]의 퇴화된 경우이다 (ix) 증명 정수집합 Z는 R의 닫힌 부분집합이다 Z의 여집합은 R의 열린집합들 (n, n + 1)의 합집합 S n= (n, n + 1)이다 따라서 Z의 여집 합은 R에서 열린집합이다 그러므로 Z는 R에서 닫힌집합이다 (x) 유리수 집합 Q 는 R의 닫힌 부분집합도 아니고 열린 부분집합도 아니다 증명 우리는 Q가 성질 ( )를 만족하지 않음을 증명함으로서 열린집합이 아니다 라는 것을 보이겠다 이것을 위해서 Q는 어느 구간 (a, b), a < b도 포함하지 않는다는 것을 보이면 된다 가정 : (a, b) Q라 가정하자 여기서 a, b R, a < b이다 서로 다른 두 실수사이에는 무리 수가 존재한다 (이것을 증명할 수 있는가?) 따라서 어떤 c (a, b)가 존재하여 c / Q이다 이것은 (a, b) Q에 모순이다 그러므로 Q는 어느 구간(a, b)도 포함하지 않음으로서 열린집합이 아니다 Q가 닫힌집합이 아니다 라는 것을 보이기 위해서는 R\Q가 열린집합이 아니다 라는 것만 보이면 충분하다 서로 다른 두 실수 사이에는 유리수가 존재한다는 사실을 이용하여 우리는 R \ Q는 어느 구간 (a, b), a < b 도 포함하지 않는다는 것을 안다 그래서 R \ Q 는 R에서 열린집합이 아니다 그러므로 Q는 R에서 닫힌집합이 아니다 (xi) 것이다 3장에서 우리는 R의 유일한 열린닫힌 부분집합은 자명한 집합, 즉, R과 Ø뿐임을 보일

45 21 유클리드 위상 45 연습문제 21 1 만약 a, b R, a < b이면, [a, b)와 (a, b]는 R의 열린 부분집합이 아님을 증명하시오 또한 [a, b) 와 (a, b]는 R의 닫힌 부분집합이 아님을 증명하시오 2 집합 [a, )와 (, a]는 R의 닫힌 부분집합임을 증명하시오 3 R의 무한개의 닫힌 부분집합들의 합집합은 반드시 R의 닫힌 부분집합은 아님을 예를 들어 보이시오 4 다음 각각의 명제를 증명하시오 (i) 정수집합 Z는 R의 열린 부분집합이 아니다 (ii) 소수집합 S는 R의 닫힌 부분집합이지만 R의 열린 부분집합은 아니다 (iii) 무리수집합 P는 R의 닫힌 부분집합도 아니고 열린 부분집합도 아니다 5 만약 F 가 R의 공집합이 아닌 유한부분집합이면, F 는 R의 닫힌 부분집합이지만 F 는 R의 열린 부분집합은 아님을 보이시오 6 만약 F 가 R의 공집합이 아닌 가산부분집합이면, F 는 열린집합은 아니지만, F 의 선택에 따라 닫힌집합이 될 수도 있고 아닐 수도 있음을 증명하시오 7 (i) S = {0, 1, 1/2, 1/3, 1/4, 1/5,, 1/n, }라 하자 집합 S는 R 위의 유클리드 위상에 관하여 닫힌집합임을 증명하시오 (ii) 집합 T = {1, 1/2, 1/3, 1/4, 1/5,, 1/n, }는 R의 닫힌 부분집합인가? (iii) 집합 { 2, 2 2, 3 2,, n 2, }는 R의 닫힌 부분집합인가? 8 (i) (X, τ )를 위상공간이라 하자 X의 부분집합 S가 가산개의 닫힌집합들의 합집합이면 S 를 Fσ -집합이라고 부른다 모든 열린구간 (a, b)와 모든 닫힌구간 [a, b]는 R에서 Fσ -집합임을 증명하시오 (ii) (X, τ )를 위상공간이라 하자 X의 부분집합 T 가 가산개의 열린집합들의 교집합이면 T 를 Gδ -집 합이라고 부른다 모든 열린구간 (a, b)와 모든 닫힌구간 [a, b]는 R에서 Gδ -집합임을 증명하시오 (iii) 유리수집합 Q는 R에서 Fσ -집합임을 증명하시오 (연습문제 65 #3에서 Q는 R에서 Gδ -집합이 아니다 라는 것을 증명한다) (iv) Fσ -집합의 여집합은 Gδ -집합이고 Gδ -집합의 여집합은 Fσ -집합임을 입증하시오

46 제 2 장 46 유클리드 위상 위상에 대한 기저 22 주목 212은 우리에게 R 위의 유클리드 위상을 훨신 더 편리한 방법으로 서술하도록 유도한다 이것을 위해서, 우리는 위상에 대한 기저를 소개한다 221 명제 R의 부분집합 S가 열린 부분집합일 필요충분조건은 S가 열린구간들의 합집 합이다 증명 우리가 증명해야 할 것은 S가 열린집합일 필요충분조건은 열린구간들의 합집합이다; 즉, 우리는 다음을 보여야 한다, (i) 만약 S가 열린구간들의 합집합이면, 그것은 열린집합이다, 그리고 (ii) 만약 S가 열린집합이면, 그것은 열린구간들의 합집합이다 S가 열린구간들의 합집합이라 가정하자; 즉, 어떤 열린구간 (aj, bj )가 존재하여 S = S j J (aj, bj ) 이다 여기서 j는 첨자집합 J에 속한다 주목 212 (ii)에 의하여 각각의 열린구간 (aj, bj )는 열린 집합이다 그러므로 S는 열린집합들의 합집합이다 따라서 S는 열린집합이다 역으로, S는 R에서 열린집합이라 가정하자 그러면 각각의 x S에 대하여, 어떤 구간 Ix = (a, b) S 가 존재하여 x Ix S이다 이제 S = x S Ix 임을 주장하자 우리는 집합 S와 S x S Ix 가 같다는 것을 보이는 것이 요구된다 두 집합이 같다는 것을 보이기 위해서는 다음을 증명함으로써 얻어 진다: S (i) 만약 y S이면, y x S Ix, 그리고 S (ii) 만약 z x S Ix 이면, z S이다 S S [주목: (i)은 명제 S x S Ix 과 동치이고, 반면에 (ii)는 x S Ix S에 동치이다] 첫째, y S라 하자 그러면 y Iy 이다 따라서 y S x S Ix 이다 둘째, z S x S Ix 라 하자 그러면 어떤 t S에 대하여, z It 이다 각각의 Ix S이므로, 우리는 It S임을 안다 그러 S 므로 z S이다 따라서 S = x S Ix, 그리고 우리가 원했던 대로 S는 열린구간들의 합집합임을 얻는다

47 22 위상에 대한 기저 47 위의 명제가 말하는 것은 R 위의 위상을 서술하기 위해서는 모든 구간 (a, b)가 열린집합임을 보이면 충분하다는 것이다 다른 모든 열린집합은 이러한 열린집합의 합집합이다 이 사실로부터 다음의 정의가 유도된다 222 (X, τ )를 위상공간이라 하자 X의 열린 부분집합들의 집합족 B가 다음을 정의 만족하면 B를 위상 τ 에 대한 기저(basis)라고 부른다: X의 모든 열린집합은 B의 원소들의 합집합이다 만약 B가 집합 X 위의 위상 U 가 B의 원소들의 합집합이다 원소가 무엇인지를 알면 τ 에 대한 기저이면, X의 부분집합 U 가 τ 에 속할 필요충분조건은 따라서 B가 위상 τ 를 생성한다 는 것은 다음을 의미한다: B의 τ 의 원소를 결정할 수 있다 그것은 단지 B의 원소들의 합집합인 하나의 집합이다 223 보기 B = {(a, b) : a, b R, a < b}라 하면, 명제 221에 의하여 B는 R 위의 유클리드 위상에 대한 기저이다 224 보기 (X, τ )를 이산위상공간, B를 X의 모든 단집합들의 집합족이라 하자; 즉, B = {{x} : x X}이다 그러면 명제 119에 의하여, B는 225 보기 τ 에 대한 기저이다 X = {a, b, c, d, e, f } 그리고 τ 1 = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e, f }} 라 하자 그러면 B = {{a}, {c, d}, {b, c, d, e, f }}는 τ 1에 대한 기저이다 왜냐하면 B τ 1이고 τ 1의 모든 원소가 B의 원소들의 합집합으로 표현되기 때문이다 (Ø은 B의 원소들을 아무 것도 합하지 않은 것임에 주시하자) τ1 226 자체가 또한 주목 τ 1에 대한 기저임을 주목하자 (X, τ )가 위상공간이면, B = τ는 위상 τ에 대한 기저임을 주시하자 그러므로 예를 들어, X의 모든 부분집합들의 집합은 X 위의 이산위상에 대한 기저이다 그러므로 우리는 같은 위상에 대한 서로 다른 많은 기저가 존재할 수 있다는 것을 알게 된다 사실상 만약 B가 X 위의 위상 집합족이면, B1 도 역시 τ 에 대한 기저이고 B1이 B B1 τ 를 만족하는 X의 부분집합들의 τ 에 대한 기저이다 [이것을 입증하시오]

48 제 2 장 48 유클리드 위상 위에서 언급한 것처럼 위상에 대한 기저 의 개념에 의하여 위상을 정의한다 그러나 다음의 보기는 주의해야 할 것이 있음을 보여준다 227 보기 X = {a, b, c} 그리고 B = {{a}, {c}, {a, b}, {b, c}}라 하자 이때 B는 X 위의 어느 위상에 대해서도 기저가 아니다 이것을 알아보기 위하여, B는 하나의 위상 가정 하자 그러면 τ 의 원소는 B τ τ에 대한 기저라고 안에 있는 집합들의 합집합으로 이루어져 있다; 즉, = {X, Ø, {a}, {c}, {a, c}, {a, b}, {b, c}} (다시 한번 Ø은 B의 원소들을 아무 것도 합하지 않았다는 사실을 이용했다 그러므로 Ø τ 이다) 그러나, τ 는 위상이 아니다 왜냐하면 집합 {b} = {a, b} {b, c}는 τ 에 속하지 않는다 그러므로 τ 는 정의 111의 성질 (iii)을 만족하지 않는다 이것은 모순이다 따라서 우리의 가정이 잘못이다 그러므로 B는 X 위의 어느 위상에 대해서도 기저가 아니다 그러므로 우리는 다음과 같은 질문을 받게 된다: 만약 B가 X의 부분집합들의 집합족이면, 어떤 조건하에서 B가 위상에 대한 기저인가? 이 대답은 아래 명제 228에 주어져 있다

49 22 위상에 대한 기저 명제 X를 공집합이 아닌 집합 그리고 B를 X의 부분집합들의 집합족이라 하자 그러면 B가 X 위의 하나의 위상에 대한 기저일 필요충분조건은 B가 다음 성질을 만족하는 것이다: (a) X = S B, 그리고 B B (b) 임의의 B1, B2 B에 대하여, 집합 B1 B2 는 B의 원소들의 합집합이다 증명 만약 B가 위상 τ 에 대한 기저이면 τ 는 정의 111의 성질 (i), (ii), 그리고 (iii)을 만족해 야 한다 특히 X 는 열린집합이고 어느 두 열린집합의 교집합도 열린집합이어야 한다 이것은 위의 (a)와 (b)가 성립함을 말한다 (열린집합은 B의 원소들의 합집합이기 때문이다) 역으로, B가 성질 (a)와 (b)를 만족한다고 가정하고 X의 부분집합들의 집합족이라 하자 우리는 τ가 τ를 B의 원소들의 합집합으로 이루어진 X 위의 위상임을 보인다 (그것을 보이면 B는 τ 에 대한 기저이다 그래서 명제는 참이다) S (a)에 의하여, X = B B B이다 따라서 X τ 이다 Ø은 B의 원소의 아무 것도 합하지 않은 집합이다 따라서 Ø τ 이다 그러므로 τ 는 정의 111의 성질 (i)을 만족한다 이제 {Tj }를 τ 의 원소들의 집합족이라 하자 그러면 각각의 Tj 는 B의 원소들의 합집합이다 따라서 Tj 의 모든 합집합은 역시 B의 원소들의 합집합이다 그래서 Tj 의 모든 합집합은 τ 에 속한다 그러므로 τ 가 정의 111의 조건 (ii)를 만족한다 마지막으로 C와 D가 τ 에 속한다고 하자 C D τ 임을 입증하는 것이 필요하다 그러나 분명히 이 위상 C= S k K Bk, 여기서 K는 첨자집합, 그리고 Bk B이다 또한 D = S j J Bj, 여기서 J는 첨자집합, 그리고 Bj B이다 그러므로! C D = [ k K Bk! \ [ j J Bj [ = (Bk Bj ) k K, j J 이다 C D에 대한 두 가지 표현이 실제로 같다는 사실을 입증해야 한다! 유한개인 경우에 이것은 다음의 등호에 관련되어 있다 (B1 B2 ) (B3 B4 ) = (B1 B3 ) (B1 B4 ) (B2 B3 ) (B2 B4 ) 가정 (b)에 의하여, 각각의 Bk Bj 는 B의 원소들의 합집합이다 그러므로 C D는 B의 원소 들의 합집합이다 따라서 C D τ 이다 그래서 τ 는 정의 111의 성질 (iii)을 만족한다 따라서 τ 는 실제로 하나의 위상이다 그러므로 우리가 원했던 대로, B는 이 위상에 대한 기저이다

50 제 2 장 50 유클리드 위상 명제 228은 아주 유용한 결과이다 이것은 단순히 기저를 적어 놓음으로써 위상을 정의하도록 허용한다 이것은 모든 열린집합을 서술하는 것보다 쉽다 이제 이 명제를 평면 위의 한 위상을 정의하는데 적용해 보자 이 위상을 유클리드 위상이라 부른다 229 보기 B를 평면 위의 모든 열린 사각형 {hx, yi : hx, yi R2, a < x < b, c < y < d}의 집합족이라 하자 여기서, 각 변은 X-축 또는 Y -축에 평행이다 Y d c a b X 이때 B는 평면 위의 위상에 대한 기저이다 이 위상을 유클리드 위상이라고 부른다 기호 R2 를 쓸 때마다 평면을 의미하고, 무슨 위상인지에 대한 특별한 말이 없이 R2 를 위상공간 으로 언급하면 위상은 평면 위의 유클리드 위상을 의미한다 B가 실제로 위상에 대한 기저가 된다는 것을 보이기 위하여 다음을 주시하자 (i) 평면은 모든 열린 사각형들의 합집합이고, (ii) 두 사각형의 교집합은 하나의 사각형이다 [ 사각형 이란 각 변 이 각각의 축에 평행인 사각형을 의미한다] 그러므로 명제 228의 조건이 만족된다 따라서 B는 위상에 대한 기저이다 2210 주목 보기 229를 일반화하여, 각각의 정수 n > 2에 대하여, Rn = {hx1, x2,, xn i : xi R, i = 1,, n} 위에 위상을 어떻게 정의하는지를 알 수 있다 B를 각각의 축에 평행인 변을 갖는 Rn 의 모든 부분집합 {hx1, x2,, xn i Rn : ai < xi < bi, i = 1, 2,, n}의 집합족이라 하자 이 집합족 B는 Rn 위의 유클리드 위상(euclidean topology on Rn )에 대한 기저이다

51 22 위상에 대한 기저 51 연습문제 22 1 이 연습문제에서 원판 {hx, yi : x2 + y 2 < 1}는 R2 의 열린 부분집합임을 증명하고 그 다음에 평면에 있는 모든 열린 원판은 열린집합임을 증명하게 된다 (i) ha, bi를 원판 D = {hx, yi : x2 + y 2 < 1} 안에 있는 임의의 점이라 하자 r = 놓고, Rha,bi 를 꼭짓점 ha ± 1 r 8,b± 1 r i을 8 a2 + b 2 라 갖는 열린 사각형이라 할 때, Rha,bi D임을 입증하시오 (ii) (i)을 이용하여 [ D= Rha,bi ha,bi D 임을 보이시오 (iii) (ii)로부터 D는 R2 에서 열린집합임을 유도하시오 (iv) 모든 열린 원판 {hx, yi : (x a)2 + (y b)2 < c2, a, b, c R}은 R2 에서 열린집합임을 보이시오 2 이 연습문제에서 R2 의 모든 열린 원판들의 집합족은 R2 위의 하나의 위상에 대한 기저임을 보이게 된다 [나중에 이 위상이 유클리드 위상과 같다는 것을 알게 된다] (i) D1 과 D2 를 R2 의 임의의 열린 원판이라 하고 D1 D2 6= Ø이라 하자 만약 ha, bi가 D1 D2 에 있는 임의의 점일때 중심이 ha, bi인 열린 원판 Dha,bi 가 존재하여 Dha,bi D1 D2 을 만족함을 보이시오 [힌트: 그림을 그리고 연습문제 1 (i)에서 사용한 방법과 비슷한 방법을 사용하시오] (ii) D1 D2 = [ Dha,bi ha,bi D1 D2 를 보이시오 (iii) (ii)와 명제 228을 이용하여, R2 안에 있는 모든 열린 원판들의 집합족은 R2 위의 한 위상에 대한 기저임을 증명하시오

52 제 2 장 52 유클리드 위상 3 B를 R에 있는 모든 열린구간 (a, b)들의 집합족이라 하자 여기서, a < b 그리고 a, b는 유리 수이다 B는 R 위의 유클리드 위상에 대한 기저임을 증명하시오 [이것을 명제 221 그리고 보기 223과 비교하시오 거기서, a와 b는 반드시 유리수는 아니었다] [힌트: 명제 228을 이용하지 마시오 이것은 단지 B가 어떤 위상에 대한 기저임을 보이는 것이지 반드시 유클리드 위상에 대한 기저임을 보이는 것은 아니다] 4 (X, τ )를 위상공간이라 할 때 τ 에 대한 가산개로 이루어진 기저 B가 존재할 때 (X, τ )가 제2가산 공리(second axiom of countability)를 만족한다 또는 제2가산(second countable) 공간이라 불린다 (i) 위의 연습문제 3을 이용하여 R이 제2가산공리를 만족함을 보이시오 (ii) 비가산 집합 위의 이산위상은 제2가산공리를 만족하지 않음을 증명하시오 [힌트 하나의 특별한 기저가 비가산임을 보이는 것으로 충분한 것이 아니다 이 위상에 대한 모든 기저가 비가산임을 보여야 한다] (iii) 모든 양의 정수 n에 대하여 Rn 은 제2가산공리를 만족함을 증명하시오 (iv) Let (X, τ )를 정수 집합 위에 여유한위상이 주어진 위상공간이라 하자 위상공간 (X, τ )가 제2가산공리를 만족하는가? 5 다음 명제를 증명하시오 (i) m과 c를 실수라 하자 여기서 m 6= 0이다 이때 직선 L = {hx, yi : y = mx + c}는 R2 의 닫힌 부분집합이다 (ii) S1 를 단위원이라 하자 즉, S1 = {hx, yi R2 : x2 + y 2 = 1}이다 이때 S1 는 R2 의 닫힌 부분집합이다 (iii) Sn 을 단위 n-구면(sphere) 즉, Sn = {hx1, x2,, xn, xn+1 i Rn+1 : x21 + x x2n+1 = 1} 이라 하자 이때 Sn 는 Rn+1 의 닫힌 부분집합이다 (iv) B n 을 닫힌 단위 n-구(ball) 즉, B n = {hx1, x2,, xn i Rn : x21 + x x2n 1} 이라 하자 이때 B n 은 Rn 의 닫힌 부분집합이다 (v) 곡선 C = {hx, yi R2 : xy = 1}는 R2 의 닫힌 부분집합이다

53 23 주어진 위상에 대한 기저 6 B1 을 집합 X 위의 위상 53 τ 1에 대한 기저, 그리고 B2 를 집합 Y 위의 위상 τ 2에 대한 기저라 하자 집합 X Y 는 x X, y Y 인 모든 순서쌍 hx, yi로 이루어진 곱집합이다 B를 X Y 의 모든 부분집합 B1 B2 들로 이루어진 집합족이라 하자 여기서, B1 B1 그리고 B2 B2 이다 B는 X Y 위의 하나의 위상에 대한 기저임을 증명하시오 위와 같이 정의된 위상을 소위 X Y 위의 곱위상(product topology)이라 부른다 [힌트 보기 229를 참조하시오] 7 위의 연습문제 3과 연습문제 21 #8을 이용하여, R의 모든 열린 부분집합은 Fσ -집합이고 동시에 Gδ -집합임을 증명하시오 23 주어진 위상에 대한 기저 명제 228은 집합 X의 부분집합들의 집합족 B가 X 위의 어떤 위상에 대한 기저이기 위한 조건을 τ 에 대하여 B가 이 특별한 위상 τ 에 대한 기저인지 아닌지를 알기 원한다 B가 τ 에 대한 기저임을 입증하기 위해서 단순히 정의 222를 적용하고 τ 말해준다 그러나 때로는 X 위의 주어진 위상 의 모든 원소가 B의 원소들의 합집합임을 보여야 한다 하지만, 아래의 명제 232는 다른 방법을 제시한다 그러나 먼저 X의 부분집합들의 집합족 B는 어떤 위상에 대한 기저라고 말하는 것과 주어진 위상에 대한 기저라고 말하는 것의 차이점을 말해주는 보기를 제시한다 231 보기 B를 (a, b], a < b 형태의 모든 반열린구간들의 집합족이라 하자 여기서, (a, b] = {x : x R, a < x b}이다 그러면 B는 R 위의 하나의 위상에 대한 기저이다 왜냐하면 R은 B의 모든 원소들의 합집합이고 임의의 두 반열린구간의 교집합은 반열린구간이기 때문이다 그러나, 위의 B를 기저로 갖는 위상 τ 1은 R 위의 유클리드 위상은 아니다 이것은 (a, b]가 위상 τ 1을 갖는 R에서 열린집합이지만 유클리드 위상을 갖는 R에서는 열린집합이 아니라는 사실을 주시 함으로써 알 수 있다 (연습문제 21 #1을 참조하시오) 따라서 B는 어떤 위상에 대한 기저이지만 R 위의 유클리드 위상에 대한 기저는 아니다

54 제 2 장 (X, τ )를 위상공간이라 하자 X의 열린 부분집합들의 집합족 B가 명제 유클리드 위상 τ 에 대한 기저일 필요충분조건은 임의의 열린집합 U 에 속하는 임의의 점 x에 대하여, 어떤 B B가 존재하여 x B U 를 만족하는 것이다 증명 우리는 다음을 증명해야 한다 (i) 만약 B가 τ 에 대한 기저이고 x U τ 이면, 어떤 B B가 존재하여 x B U 를 만족하고, 그리고 (ii) 만약 각각의 U 만족하면, B는 B는 τ에 τ 그리고 x U 에 대하여 어떤 B B가 존재하여 x B U 를 τ 에 대한 기저이다 대한 기저이고 x U τ 라고 U 는 B의 원소들의 합집합이다; 즉, U = S j J 가정하자 B가 τ에 대한 기저이기 때문에, 열린집합 Bj 이다 여기서 적당한 첨자집합 J에 속하는 각각의 j에 대하여, Bj B이다 그러나 x U 이면 어떤 j J에 대하여 x Bj 이다 그러므로 우리가 원했던 x Bj U 를 얻는다 역으로, 각각의 U τ 그리고 각각의 x U 에 대하여, 어떤 B B가 존재하여 x B U 를 만족한다고 가정하자 우리는 모든 열린집합이 B의 원소들의 합집합임을 보여야 한다 V 를 임의의 열린집합이라 하자 그러면 각각의 x V 에 대하여, 어떤 Bx B가 존재하여 x Bx V 이다 S 분명히 V = x V Bx 이다 (이것을 확인하시오!) 그러므로 V 는 B의 원소들의 합집합이다 233 명제 B를 집합 X 위의 위상 τ에 대한 기저라 하자 그러면 X의 부분집합 U 가 열린집합일 필요충분조건은 각각의 x U 에 대하여 어떤 B B가 존재하여 x B U 를 만족하는 것이다 증명 U 를 X의 임의의 부분집합이라 하자 각각의 x U 에 대하여, 어떤 Bx B가 존재하여 S x Bx U 를 만족한다고 가정하자 분명히 U = x U Bx 이다 따라서 U 는 열린집합들의 합집합이 다 그러므로 우리가 원했던 대로 U 는 열린집합이다 역명제는 명제 232으로부터 나온다

55 23 주어진 위상에 대한 기저 55 명제 233에서 서술한 기저 성질은 R 위의 유클리드 위상을 정의하는 데 사용된 바로 그 성질임을 주시하자 우리가 말했던 것은 R의 부분집합 U 가 열린집합일 필요충분조건은 각각의 x U 에 대하여, 어떤 실수 a, b R가 존재하여 a < b이고 x (a, b) U 를 만족한다는 것이었다 주의 명제 228과 명제 232의 차이점을 확실히 이해해야 한다 명제 228은 집합 X의 부분 집합들의 집합족 B가 X 위의 어떤 위상에 대한 기저가 될 조건들을 제공한다 그러나 명제 232은 τ 에 대한 기저가 될 조건들을 제공한다 위상공간 (X, τ )의 부분집합들의 집합족 B가 주어진 위상 우리는 하나의 위상이 서로 다른 많은 기저를 가질 수 있음을 보았다 다음의 명제는 집합 X 위의 두 개의 기저 B1 과 B2 가 언제 같은 위상을 정의하는지를 말해준다 명제 234 이때 공집합이 아닌 집합 X 위에 B1 과 B2 를 각각 위상 τ 1과 τ 2의 기저라고 하자 τ 1 = τ 2일 필요충분조건은 0 0 (i) 각각의 B B1 와 각각의 x B에 대하여, 어떤 B B2 가 존재하여 x B B이고, 0 0 (ii) 각각의 B B2 와 각각의 x B에 대하여, 어떤 B B1 가 존재하여 x B B가 성립하는 것이다 증명 우리가 증명해야 할 것은 B1 와 B2 가 같은 위상에 대한 기저일 필요충분조건은 (i)과 (ii) 가 참이라는 것이다 먼저 B1 와 B2 가 같은 위상에 대한 기저, 즉, τ 1 = τ 2라고 가정하자 그리고 조건 (i) 과 (ii)가 성립함을 보인다 다음에 (i)과 (ii)가 성립한다고 가정하고 먼저, τ 1 = τ 2임을 보인다 τ 1 = τ 2라고 가정하자 그러면 (i)과 (ii)는 명제 232의 직접적인 결과이다 역으로, B1 과 B2 가 조건 (i)과 (ii)를 만족한다고 가정하자 명제 232에 의하여, (i)은 각각의 B B1 는 (X, τ 2 )에서 열린집합임을 의미한다 즉, B1 의 원소들의 합집합이므로 그러므로 우리가 원했던 235 보기 τ1 τ 2가 τ 2이다 τ 1의 모든 원소들이 τ 2 의하여 τ 2 τ 1 가 성립한다 그런데 성립한다 비슷하게, (ii)에 τ 1 = τ 2를 얻는다 밑변이 X-축과 평행인 모든 열린 이등변삼각형 들의 집합 B는 R2 위의 유클리드 위상에 대한 기저임을 보이시오 ( 열린 삼각형 이란 경계가 제외된 삼각형을 의미한다)

56 제 2 장 56 증명 개요 유클리드 위상 (여기서는 단지 그림에 의한 주장만 제공한다 자세한 증명은 독자에게 맡긴다) 우리는 B가 유클리드 위상에 대한 기저임을 증명하는 것이 필요하다 우리는 명제 234을 적용할 것이다 그러나 먼저 B가 R2 위의 어떤 위상에 대한 기저가 됨을 보여야 할 필요가 있다 이것을 위해서 B는 명제 228의 조건들을 만족함을 보이자 Y X 주시해야할 첫 번째 것은 B가 어떤 위상에 대한 기저라는 것이다 왜냐하면 그것은 명제 228 을 만족하기 때문이다 (B가 명제 228을 만족한다는 것을 보이기 위해서, R2 는 밑변이 X-축에 평행인 모든 열린 이등변삼각형들의 합집합과 같고, 그리고 그런 두 개의 삼각형들의 교집합은 같은 형태의 다른 삼각형이라는 사실을 주시하자) 다음에 명제 234의 조건 (i)과 (ii)가 만족됨을 보이겠다 먼저 조건 (i)을 입증하자 R을 각 변이 각 축에 평행인 열린 사각형이라 하고 x를 R안에 있는 임의의 점이라 하자 우리는 밑변이 X-축에 평행인 열린 이등변삼각형 T 가 존재하여 x T R이 성립함을 보여야 한다 그림 상으로는 이것을 쉽게 알 수 있다 Y x X

57 23 주어진 위상에 대한 기저 57 마지막으로 명제 234의 조건 (ii)을 입증하자 T 0 를 밑변이 X-축에 평행인 열린 이등변삼각형 이라 하고 y를 T 0 안에 있는 임의의 점이라 하자 그러면 어떤 열린 사각형 R0 이 존재하여 y R0 T 0 를 만족한다 그림 상으로는 이것도 쉽게 알 수 있다 Y y X 따라서 명제 234의 조건을 만족한다 그러므로 B는 사실상 R2 위의 유클리드 위상에 대한 기저이다 보기 229에서 우리는 (변이 축에 평행인) 모든 열린 사각형 들의 집합족이 유클리드 위상 에 대한 기저가 되도록 정의했다 보기 235는 열린 사각형 을 (밑변이 X-축에 평행인) 열린 이등변삼각형 으로 바꾸었지만 위상은 바뀌지 않았다는 것을 보여준다 연습문제 23 #1에서 위의 괄호 안에 있는 조건이 없어도 위상은 변하지 않는다는 것을 알 수 있다 또한 열린 사각형 을 열린 원판 으로 바꿀 수 있다2 연습문제 23 다음의 각각의 집합족이 R2 위의 유클리드 위상에 대한 기저인지 아닌지를 결정하시오: 1 (i) 각 변이 각각의 축에 평행인 모든 열린 정사각형들의 집합족; (ii) 모든 열린 원판들의 집합족; (iii) 모든 열린 정사각형들의 집합족; (iv) 모든 열린 사각형들의 집합족; (v) 모든 열린 삼각형들의 집합족 2 사실상, 대부분의 교재는 R2 위의 열린 원판으로 유클리드 위상을 서술한다

58 제 2 장 58 2 유클리드 위상 τ 에 대한 기저라고 하자 만약 B1이 τ B1 B를 만족하는 X의 부분집합들의 집합족일 때, B1 또한 τ 에 대한 기저임을 증명하시오 (i) B를 공집합이 아닌 집합 X 위의 위상 (ii) (i)로부터 R 위의 유클리드 위상에 대한 비가산개의 서로 다른 기저가 존재함을 유도하시오 3 B = {(a, b] : a, b R, a < b}라 하자 보기 231에서 본 것처럼, B는 R 위의 위상 기저이고 τ 는 R 위의 유클리드 위상은 τ에 대한 아니다 그럼에도 불구하고, 각각의 구간 (a, b)는 (R, τ ) 에서 열린집합임을 보이시오 4* C[0, 1]를 [0, 1] 위의 연속인 실수값 함수들의 집합이라 하자 (i) 다음 집합족 M이 C[0, 1] 위의 한 위상 τ 1에 대한 기저임을 보이시오: M = {M (f, ε) : f C[0, 1] 그리고 ε는 양의 실수} Z 1 o n f g < ε 여기서, M (f, ε) = g : g C[0, 1] 그리고 0 (ii) 다음 집합족 U가 C[0, 1] 위의 한 위상 τ 2에 대한 기저임을 보이시오: U = {U (f, ε) : f C[0, 1]그리고ε는 양의 실수} 여기서, U (f, ε) = {g : g C[0, 1] 그리고 supx [0,1] f (x) g(x) < ε} (iii) 5 τ 1 6= τ 2임을 증명하시오 (X, τ )를 위상공간이라 하자 X의 열린 부분집합들의 공집합이 아닌 집합족 S에 속하는 원소들 의 모든 유한 교집합들의 집합족이 τ 에 대한 기저를 이루면 S를 τ 에 대한 부분기저(subbasis) 라고 부른다 (i) (a, ) 또는 (, b) 형태의 모든 열린구간들의 집합족은 R 위의 유클리드 위상에 대한 부분기저임을 증명하시오 (ii) S = {{a}, {a, c, d}, {b, c, d, e, f }}는 보기 112의 위상 τ 1에 대한 부분기저임을 증명하시 오 6 S를 집합 R 위의 위상 τ에 대한 부분기저라 하자 (위의 연습문제 5를 보시오) 만약 모든 닫힌구간 [a, b], a < b이 S에 속하면, 7 τ 는 이산위상임을 증명하시오 X를 공집합이 아닌 집합이라 하고 x X에 대하여 S를 모든 집합 X \ {x}들의 집합족이라 하자 S는 X 위의 여유한위상에 대한 부분기저임을 증명하시오

59 23 주어진위상에대한기저 59 8 X 를임의의무한집합그리고 τ 를 X 위의이산위상이라하자 단집합을포함하지않는 τ 에 대한부분기저 S 를찾으시오 9 S 를 R 2 평면에있는모든직선들의집합족이라하자 만약 S 가집합 R 2 위의위상 τ 에대한 부분기저이면, 그위상은어떤위상인가? 10 S 를 X- 축에평행인평면에있는모든직선들의집합족이라하자 S 가 R 2 위의위상 τ 에대한 부분기저일때, (R 2,τ) 안에있는열린집합을서술하시오 11 S 를평면에있는모든원들의집합족이라하자 S 가 R 2 위의위상 τ 에대한부분기저일때, (R 2,τ) 안에있는열린집합을서술하시오 12 S 를중심이 X- 축위에있는평면의모든원들의집합족이라하자 S 가 R 2 위의위상 τ 에대한 부분기저일때, (R 2,τ) 안에있는열린집합을서술하시오

60 제 2 장 유클리드 위상 후기 이 장에서 우리는 매우 중요한 위상공간을 정의했다 즉 실수집합 R 위에 유클리드 위상을 정의했고, 그것을 분석하는데 약간의 시간을 소비했다 이 위상에서 열린구간은 실제로 열린집합 (그리고 닫 힌구간은 닫힌집합)임을 관찰했다 그러나 모든 열린집합이 열린구간은 아니다 그럼에도 불구하고, R에 있는 모든 열린집합은 열린구간들의 합집합이다 이것으로부터 우리는 위상에 대한 기저 의 개념을 소개했고 모든 열린구간들의 집합족은 R 위의 유클리드 위상에 대한 기저임을 확고히 했다 제 1장의 소개에서 우리는 빈틈없는 논증으로서 수학적 증명을 서술했고 증명 서술의 중요성을 강조했다 이 장에서 우리는 주목 212 (v)와 보기 227에 있는 다른 예제를 가지고 모순법에 의한 증명을 소개했다 필요충분 조건의 증명은 명제 221에서 설명되었고, 다른 예제는 명제 228, 232, 233, 그리고 234에 있다 위상에 대한 기저는 그 자체가 중요한 주제이다 예를 들어 단집합들의 집합족은 이산위상에 대한 기저임을 보았다 명제 228은 집합 X의 부분집합들의 집합족이 X 위의 어떤 위상에 대한 기저가 될 필요충분조건을 제시한다 이것은 X의 부분집합들의 집합족이 X 위의 주어진 위상에 대한 기저가 될 필요충분조건을 제시한 명제 232와 대조를 이루었다 두 개의 서로 다른 집합족 B1 과 B2 가 같은 위상에 대한 기저가 될 수 있음을 주목했다 이것에 대한 필요충분조건은 명제 234 에 주어져 있다 임의의 양의 정수 n에 대하여 Rn 위에 유클리드 위상을 정의했다 열린 정사각형들의 집합족 또는 열린 사각형들의 집합족처럼 모든 열린 원판들의 집합족은 R2 에 대한 기저임을 알았다 연습문제에서 세 개의 중요한 아이디어를 소개했다 연습문제 21 #8에서 측도론에서 중요한 Fσ -집합과 Gδ -집합의 개념을 다루었다 연습문제 23 #4에서 연속인 실수값 함수공간을 소개했다 이러한 공간은 함수해석학 연구의 중심 대상인 함수공간이라 불린다 함수해석학은 (고전) 해석학과 위상수학의 보기 좋은 조합이고, 얼마 전부터 현대 해석학이라고 불리었다 Simmons [267]를 비교하시오 마지막으로, 연습문제 23 #5 12에서 부분기저의 개념을 다루었다

61 24 후기 61 이제여러분은다음의비디오를보아야한다 : Topology Without Tears - Video 1 - Pure Mathematics Topology Without Tears - Video 2a & 2b - Infinite Set Theory Topology Without Tears - Video 4a & 4b &4c &4d - Writing Proofs in Mathematics YouTube 와 Youku 상의이러한비디오의링크는 에서볼수있다

62 제 3 장 극한점 소개 실직선 상에는 가까움(closeness) 의 개념이 있다 예를 들어 수열 1, 01, 001, 0001, 00001, 의 각 점은 이전의 것보다 0에 더 가깝다 사실상, 어떤 의미에서 0은 이 수열의 극한점이다 따라서 구간 (0, 1]은 극한점 0을 포함하지 않기 때문에 닫힌집합이 아니다 일반적인 위상공간에서는 거리함수 (distance function) 가 없기 때문에 다른 방법으로 접근해야 한다 우리는 거리에 의존하지 않고 극한의 개념을 정의할 것이다 새로운 극한의 개념을 가지고도 0은 (0, 1]의 극한점이 될 것이다 이 극한의 개념 소개로 닫힌집합의 개념이 더 잘 이해될 것이다 이 장에서 소개할 매우 중요한 다른 위상적 개념은 연결성(connectedness)이다 위상공간 R 을 생각해 보자 집합 [0, 1] [2, 3]과 [4, 6]은 둘 다 길이가 2이지만, 서로 다른 형태의 집합임은 분명 하다 첫 번째 집합은 서로소인 두 조각으로 이루어져 있고 두 번째 집합은 한 조각으로 이루어져 있다 둘 사이의 차이점은 위상적 이고 연결성의 개념에 의하여 드러나게 될 것이다 62

63 31 극한점과 폐포 63 이 장을 이해하기 위하여 독자 스스로가 부록 1의 내용에 익숙해 있어야 한다 앞에서 말한 것처럼, 이것은 YouTube 상의 비디오 & "Topology Without Tears - Video 2a & 2b - Infinite Set Theory" 중국 Youku 싸이트 & ; 그리고 링크 찾을 수 있 다 31 극한점과 폐포 만약 (X, τ )가 위상공간이면, 집합 X의 원소를 점(points)이라고 한다 311 정의 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 점 x X를 포함하는 모든 열린집합 U 가 x와 다른 A의 점을 포함하면 x를 A의 극한점(limit point) (또는 응집점 (accumulation point) 또는 집적점(cluster point))이라 한다

64 제 3 장 보기 집합 X = {a, b, c, d, e}, 위상 τ 극한점 = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e}}인 위상 공간 (X, τ )를 생각해 보자 A = {a, b, c}이면 b, d, 그리고 e는 A의 극한점이지만, a와 c는 A의 극한점이 아니다 증명 점 a가 A의 극한점일 필요충분조건은 a를 포함하는 모든 열린집합이 집합 A의 다른 점을 포함하는 것이다 그러므로 점 a가 A의 극한점이 아니다 라는 것을 보이기 위해서는, a를 포함하지만 A 의 다른 점을 포함하지 않는 오직 하나의 열린집합을 찾으면 충분하다 {a}는 열린집합이고 A의 다른 점을 포함하지 않는다 따라서 a는 A의 극한점이 아니다 {c, d}는 c를 포함하는 열린집합이지만 A의 다른 점은 포함하지 않는다 그러므로 c는 A의 극한점이 아니다 b가 A의 극한점임을 보이기 위해서는, b를 포함하는 모든 열린집합이 b와 다른 A의 점을 포함하다는 것을 보여야 한다 이 경우에는 b를 포함하는 모든 열린집합을 적어 놓고 각각이 b와 다른 A의 점을 포함한다는 것을 보여야 한다 b를 포함하는 열린집합은 X와 {b, c, d, e} 뿐이고 둘 다 b와 다른 A의 점을 포함한다 즉, c를 포함한다 따라서 b는 A의 극한점이다 점 d는 A에 속하지 않지만 A의 극한점이다 이것은 d를 포함하는 모든 열린집합이 d와 다른 A 의 점을 포함하기 때문이다 비슷하게 e는 A에 속하지 않지만 A의 극한점이다

65 31 극한점과 폐포 313 보기 65 (X, τ )를 이산공간 그리고 A를 X의 부분집합이라 하자 그러면 A는 극한점을 갖지 않는다 왜냐하면 각각의 x X에 대하여, {x}는 x와 다른 A의 점을 포함하지 않는 열린집합 이기 때문이다 보기 R의 부분집합 A = [a, b)를 생각해 보자 [a, b)의 모든 원소는 A의 극한점이라는 314 것을 쉽게 입증할 수 있다 b도 A의 극한점이다 315 보기 (X, τ )를 비이산공간 그리고 A를 적어도 두 점을 갖는 X의 부분집합이라 하자 그러면 X의 모든 점은 A의 극한점이란 것을 쉽게 보일 수 있다 (왜 A가 적어도 두 점을 가져야 된다고 주장을 했습니까?) 다음 명제는 하나의 집합이 닫힌집합인지 아닌지를 테스트하는 유용한 방법을 제공해 준다

66 제 3 장 66 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 A가 (X, τ )에서 닫한집합일 명제 316 극한점 필요충분조건은 A가 그것의 모든 극한점을 포함하는 것이다 증명 A가 (X, τ )에서 닫힌집합일 필요충분조건 은 A가 그것의 모든 극한점을 포함한다는 것의 증명을 요구하고 있다 즉, 우리는 다음을 증명해야 한다; (i) 만약 A가 닫힌집합이면, A가 그것의 모든 극한점을 포함해야한다, 그리고 (ii) 만약 A가 A의 모든 극한점을 포함하면, 그것은 닫힌집합이다 A가 (X, τ )에서 닫힌집합이라 가정하자 모순법 가정: p를 X \ A에 속하는 A의 극한점이라고 가정하자 그러면 X \ A는 A의 극한점 p를 포함하는 열린집합이다 그러므로 X \ A는 A의 한 원소 를 포함한다 이것은 분명한 오류이다 그러므로 가정에 모순이다 따라서 A의 모든 극한점은 A에 속해야 한다 역으로, A가 그것의 모든 극한점을 포함한다고 가정하자 각각의 z X \ A에 대하여 가정을 적용하면 적당한 열린집합 Uz 3 z가 존재하여 Uz A = Ø이다 즉, Uz X \ A이다 그러므로 S X \ A = z X\A Uz 이다 (이것을 확인하시오!) 따라서 X \ A는 열린집합들의 합집합이다 그러므로 열린집합이다 결론적으로 그것의 여집합, A는 닫힌집합이다 317 보기 명제 316의 응용으로 다음을 얻는다: (i) [a, b)는 R에서 닫힌집합이 아니다, 왜냐하면 b는 극한점이고 b / [a, b)이기 때문이다; (ii) [a, b]는 R에서 닫힌집합이다, 왜냐하면 [a, b]의 모든 극한점 (즉, [a, b]의 모든 원소)이 [a, b]에 속하기 때문이다; (iii) (a, b)는 R의 닫힌 부분집합이 아니다, 왜냐하면 그것은 극한점 a를 포함하지 않기 때문이다; (iv) [a, )는 R의 닫힌 부분집합이다

67 31 극한점과 폐포 318 명제 67 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하고 A0 를 A의 모든 극한점들의 집합 이라 하자 그러면 A A0 는 닫힌집합이다 증명 명제 316으로 부터, 집합 A A0 가 그것의 모든 극한점을 포함하거나 또는 동등하게 X \ (A A0 )의 어느 원소도 A A0 의 극한점이 아니다 라는 것을 보이면 충분하다 p X \(A A0 )라 하자 p / A0 이므로, p를 포함하는 적당한 열린집합 U 가 존재하여 U A = {p} 또는 Ø이다 그러나 p / A이므로 U A = Ø이다 우리는 또한 U A0 = Ø임을 주장하자 만약 x U 이면 U 가 열린집합이고 U A = Ø이므로 x / A0 이다 그러므로 U A0 = Ø이다 따라서 U (A A0 ) = Ø 그리고 p U 이다 이것은 p가 A A0 의 극한점이 아니다 라는 것을 의미한다 따라서 A A0 는 닫힌집합이다 319 정의 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 A와 그것의 모든 극한점으로 이루어진 집합 A A0 를 A의 폐포(closure)라 부르고 A로 나타낸다 3110 주목 명제 318로부터 A는 닫힌집합임은 분명하다 명제 316 그리고 연습문제 31 #5 (i)에 의하여, A를 포함하는 모든 닫힌집합은 A0 도 포함해야 한다 따라서 A A0 = A는 A를 포함하는 가장 작은 닫힌집합이다 이것은 A가 A를 포함하는 모든 닫힌집합들의 교집합임을 의미한다

68 제 3 장 68 보기 3111 극한점 X = {a, b, c, d, e}이고 τ = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e}} 일 때, {b} = {b, e}, {a, c} = X, 그리고 {b, d} = {b, c, d, e}임을 보이시오 증명 특별한 집합의 폐포를 찾기 위하여, 그 집합을 포함하는 모든 닫힌집합을 찾고 그 다음에 가장 작은 것을 선택한다 그러므로 우리는 먼저 모든 닫힌집합들을 적어놓고 시작한다 이것은 단순히 열린집합들의 여집합이다 이제 Ø, X, {b, c, d, e}, {a, b, e}, {b, e} 그리고 {a}은 닫힌집합들이다 그러므로 {b}를 포함하는 가 장 작은 닫힌집합은 {b, e}이다; 즉, {b} = {b, e}이다 비슷하게 {a, c} = X, 그리고 {b, d} = {b, c, d, e} 이다 보기 3112 증명 Q R를 유리수의 집합이라 할 때 Q = R임을 증명하시오 모순법 가정 Q 6= R라고 가정하자 그러면 어떤 x R \ Q가 존재한다 R\Q가 R에서 열린집합이므로, 적당한 실수 a, b (a < b)가 존재하여 x (a, b) R\Q이다 그러나 모든 구간 (a, b) 안에는 어떤 유리수 q가 존재한다; 즉, q (a, b)이다 따라서 q R \ Q이다 그러므로 q R \ Q 이다 이것은 모순이다 왜냐하면 q Q이기 때문이다 따라서 Q = R이다 3113 정의 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 A = X이면 A는 X에서 조밀 하다(dense) 또는 X의 모든 곳에서 조밀하다(everywhere dense)고 한다 이제 우리는 보기 3112를 Q는 R의 조밀한 부분집합이다라고 다시 말할 수 있다 보기 3111에서 {a, c}는 X에서 조밀하다는 것에 주목하자 3114 보기 (X, τ )를 이산공간이라 하자 그러면 X의 모든 부분집합은 닫힌집합이다 (그 것의 여집합이 열린집합이기 때문이다) 그러므로 X의 조밀한 부분집합은 오직 X 자신 뿐이다 왜냐하면 X의 각각의 부분집합의 폐포가 자기 자신과 같기 때문이다

69 31 극한점과 폐포 명제 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 이 때 A가 X에서 조밀하기 위한 필요충분조건은 X의 공집합이 아닌 모든 열린집합과 A의 교집합은 공집합이 아니다 (즉, 만약 U τ 이고 U 6= Ø이면 A U 6= Ø이다) 증명 먼저, X의 공집합이 아닌 모든 열린집합과 A의 교집합은 공집합이 아니라고 가정하자 만약 A = X이면, 분명히 A는 X에서 조밀하다 만약 A 6= X이면, x X \ A라고 놓자 만약 U τ 그리고 x U 이면 U A 6= Ø이다 따라서 x는 A의 극한점이다 x가 X \ A의 임의의 점이므로, X \ A의 모든 점은 A의 극한점이다 따라서 A0 X \ A 이고, 정의 319에 의하여 A = A0 A = X 이다; 즉, A는 X에서 조밀하다 역으로, A가 X에서 조밀하다고 가정하자 U 를 X의 공집합이 아닌 임의의 열린 부분집합이라 / A 그리고 x는 A 고 놓자 모순법 가정 U A = Ø라고 가정하자 이 때 만약 x U 이면, x 의 극한점이 아니다 왜냐하면 U 는 x를 포함하는 열린집합이지만 A의 다른 원소를 포함하지 않기 때문이다 이것은 모순이다 그 이유는 A가 X에서 조밀하기 때문에 X \ A 의 모든 원소가 A의 극한점이다 따라서 가정이 잘못이고 우리가 원하는 U A 6= Ø이 성립한다 연습문제 31 1 (a) 보기 112에서, 다음 집합의 모든 극한점을 찾으시오: (i) (ii) (iii) (iv) {a}, {b, c}, {a, c, d}, {b, d, e, f } (b) 그러므로, 위의 각각의 집합의 폐포를 찾으시오 (c) 이제 보기 3111의 방법을 이용하여 위의 각각의 집합의 폐포를 찾으시오 2 (Z, τ )를 여유한위상을 갖는 정수집합이라 하자 다음 집합의 극한점의 집합을 나열하시오: (i) A = {1, 2, 3,, 10}, (ii) 집합 E는 모든 짝수들로 이루어져 있다 3 R의 열린구간 (a, b)의 모든 극한점을 찾으시오 여기서 a < b이다

70 제 3 장 70 4 (a) 극한점 다음의 각각의 집합에 대하여 R에서의 폐포가 무엇인가? (i) {1, 21, 13, 14,, n1, }, (ii) 정수집합 Z, (iii) 무리수집합 P (b) S를 R의 부분집합이라 하고 a R라 하자 a S일 필요충분조건은 각각의 양의 정수 n에 대하여, 어떤 xn S이 존재하여 xn a < n1 을 만족하는 것임을 증명하시오 5 S와 T 를 위상공간 (X, τ )의 공집합이 아닌 부분집합이라 하고 S T 라 하자 (i) 만약 p가 집합 S의 극한점이면, p는 또한 집합 T 의 극한점임을 입증하시오 (ii) (i)로부터 S T 를 유도하시오 (iii) 그러므로 만약 S가 X에서 조밀하면, T 는 X에서 조밀함을 보이시오 (iv) (iii)을 이용하여 R는 비가산개의 서로 다른 조밀한 부분집합을 가짐을 보이시오 [힌트 비가산집합은 부록 1에 논의되었다] (v)* 다시 (iii)을 이용하여, R은 비가산개의 서로 다른 가산인 조밀한 부분집합을 가지고 있고 2c 개의 서로 다른 비가산인 조밀한 부분집합을 갖는 것임을 증명하시오 [힌트 c는 부록 1에 논의되었음을 주목하시오] 6 A와 B를 유클리드 위상공간 R의 부분집합이라 하자 다음 4개의 집합을 생각하시오 (i) A B; (ii) A B; (iii) A B; (iv) A B (a) 만약 A가 유리수집합이고 B가 무리수집합이면, 위의 4개의 집합 중 어느 두 집합도 같지 않음을 증명하시오 (b) 만약 A와 B가 R에서 열린구간이면, 위의 4개의 집합 중 적어도 두개는 같음을 증명하시오 (c) 위의 4개의 집합 중 어느 두 개도 같지 않은 R의 열린 부분집합 A와 B를 찾으시오

71 32 근방 근방 321 (X, τ )를 위상공간, N 을 X의 부분집합, 그리고 p를 N 의 점이라 하 정의 자 X의 어떤 열린 부분집합 U 가 존재하여 p U N 을 만족하면 N 을 점 p의 근방 (neighbourhood)이라고 부른다 322 보기 R의 닫힌구간 [0, 1]은 점 12 의 근방이다 왜냐하면 1 2 ( 14, 34 ) [0, 1]이기 때문이 다 323 보기 R의 구간 (0, 1]은 점 1 의 4 근방이다 왜냐하면 1 4 (0, 12 ) (0, 1]이기 때문이다 그러나 (0, 1]은 점 1의 근방은 아니다 (이것을 증명하시오) 324 보기 (X, τ )가 임의의 위상공간이고 U τ 이면, 정의 321로부터 U 는 모든 점 p U 의 근방이라는 결과가 나온다 따라서, 예를 들면, R의 모든 열린구간 (a, b)는 그 안에 있는 모든 점의 근방이다 보기 (X, τ )를 위상공간, 그리고 N 을 점 p의 근방이라 하자 만약 S가 X의 임의의 325 부분집합이고 N S이면, S는 p의 근방이다 다음의 명제는 쉽게 증명되므로 증명은 독자에게 맡긴다 326 명제 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 점 x X가 A의 극한점일 필 요충분조건은 x의 모든 근방이 x와 다른 A의 점을 포함하는 것이다 하나의 집합이 닫힌집합일 필요충분조건은 그 집합이 그것의 모든 극한점을 포함하는 것이기 때문에 다음을 얻는다: 327 따름정리 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 그러면 A가 닫힌집합일 필 요충분조건은 각각의 x X \ A에 대하여 x의 어떤 근방 N 이 존재하여 N X \ A이다

72 제 3 장 따름정리 극한점 U 를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 그러면 U τ 일 필요충분 조건은 각각의 x U 에 대하여 x의 근방 N 이 존재하여 N U 이다 다음 따름정리는 따름정리 328로부터 쉽게 유도된다 329 따름정리 U 를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 그러면 U τ 일 필요충분 조건은 각각의 x U 에 대하여 x의 근방 V τ 가 존재하여 x V U 이다 따름정리 329는 하나의 집합이 열린집합인지 아닌지를 테스트하는데 유용하게 사용된다 이 것은 하나의 집합이 열린집합일 필요충분조건은 그 집합이 그 안의 각 점에 대한 어떤 열린집합을 포함하는 것을 말한다 연습문제 32 1 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 A가 X에서 조밀하기 위한 필요충분조건은 X \ A 의 각 점의 모든 근방과 A의 교집합이 공집합이 아님을 증명하시오 2 (i) A와 B를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 A B A B 임을 주의깊게 증명하시오 (ii) A B 6= A B 인 예를 만드시오 3 (X, τ )를 위상공간이라 하자 τ가 X 위의 여유한위상일 필요충분조건은 (i) (X, τ )가 T1 -공간 이고, (ii) X의 모든 무한 부분집합이 X에서 조밀함을 증명하시오

73 32 근방 4 73 위상공간 (X, τ )가 가산인 조밀한 부분집합을 가지면, (X, τ )를 가분(separable)공간이라고 부른다 다음 위상공간 중 어느 것이 가분인지를 결정하시오: (i) 보통위상공간 R; (ii) 가산집합 위의 이산위상; (iii) 가산집합 위의 여유한 위상; (iv) 위상공간 (X, τ ), 단, X는 유한집합; (v) 위상공간 (X, τ ), 단, τ 는 유한집합족; (vi) 비가산집합 위의 이산위상; (vii) 비가산집합 위의 여유한위상; (viii) 제2가산공리를 만족하는 위상공간 (X, τ ) 5 (X, τ )를 임의의 위상공간, A를 X의 임의의 부분집합이라 하자 A 안에 포함되는 가장 큰 열린집합을 A의 내부(interior)라 부르고 기호 Int(A)로 나타낸다 [이것은 A 안에 있는 X 의 모든 열린 부분집합들의 합집합이다] (i) 실수 R에서, Int([0, 1]) = (0, 1)임을 증명하시오 (ii) 실수 R에서, Int((3, 4)) = (3, 4)임을 증명하시오 (iii) 만약 A가 (X, τ )에서 열린집합이면, Int(A) = A임을 보이시오 (iv) 실수 R에서, Int({3}) = Ø임을 입증하시오 (v) 만약 (X, τ )가 비이산위상공간이면, X의 모든 진부분집합 A에 대하여, Int(A) = Ø임을 보이시오 (vi) 실수 R의 모든 가산부분집합 A에 대하여, Int(A) = Ø임을 보이시오 6 만약 A가 위상공간 (X, τ )의 임의의 부분집합이면, Int(A) = X \(X \ A)임을 보이시오 (내부의 정의에 대해서는 위의 연습문제 5를 보시오) 7 위의 연습문제 6을 이용하여, A가 (X, τ )에서 조밀하기 위한 필요충분조건은 Int(X \ A) = Ø 임을 입증하시오

74 제 3 장 74 8 극한점 위의 연습문제 5의 내부의 정의를 이용하여, 위상공간 (X, τ )의 임의의 부분집합들 A1, A2 에 관한 다음의 명제가 참인지 아닌지를 결정하시오 (i) Int(A1 A2 ) = Int(A1 ) Int(A2 ), (ii) Int(A1 A2 ) = Int(A1 ) Int(A2 ), (iii) A1 A2 = A1 A2 (만약 위의 부분에 대한 답이 참 이면 증명을 해야 한다 답이 거짓 이면 구체적인 예를 들어야 한다) 9* S를 위상공간 (X, τ )의 조밀한 부분집합이라 하자 X의 모든 열린 부분집합 U 에 대하여, S U = U 임을 증명하시오 10 S와 T 를 위상공간 (X, τ )의 조밀한 부분집합이라 하자 만약 T 가 열린집합이면, 위의 연습문제 9로부터 S T 가 X에서 조밀함을 유도하시오 11 B = {[a, b) : a R, b Q, a < b}라 하자 다음의 각각의 명제를 증명하시오 (iii) τ 1에 대한 기저이다 (위상공간 (R, τ 1)을 Sorgenfrey 직선이라 한다) 만약 τ 가 R 위의 유클리드 위상이면, τ 1 τ 이다 a < b인 모든 a, b R에 대하여, [a, b)는 (R, τ 1 )에서 열린닫힌집합이다 (iv) Sorgenfrey 직선은 가분공간이다 (i) (ii) B가 R 위의 위상 (v)* Sorgenfrey 직선은 제2가산공리를 만족하지 않는다

75 33 연결성 연결성 주목 331 우리는 여기서 독자가 이미 알고 있는 몇 가지 정의와 기본 사실을 적어둔다 S 를 임의의 실수집합이라 하자 어떤 원소 b S가 존재해서 모든 x S에 대하여 x b이면, b를 S의 최대원(the greatest element)이라 부른다 비슷하게 만약 어떤 원소 a S가 존재해서 모든 x S에 대하여 a x이면, a를 S의 최소원(the least element)이라 부른다 어떤 실수 c가 존재해서 모든 x S에 대하여 x c이면, S를 위로 유계(bounded above)라 부르고, c 는 S에 대한 상계(upper bound)라 불린다 비슷한 방법으로 용어 아래로 유계(bounded below) 그리고 하계(lower bound) 를 정의한다 위로 유계이고 아래로 유계인 집합을 유계 (bounded)라고 부른다 최소상계공리(Least Upper Bound Axiom): S가 위로유계이면, S는 최소상계를 갖는다 S를 공집합이 아닌 실수집합이라 하자 만약 S의 최소상계는 상한(supremum)이라고도 불리며, 기호 sup(s)으로 나타낸다 상한은 집합 S에 속할 수도 있고 속하지 않을 수도 있다 사실상, S의 상한이 S의 원소일 필요충분조건은 S가 최대원을 갖는 것이다 예를 들어, 열린구간 S = (1, 2)의 상한은 2이지만, 2 / (1, 2)이다 반면에 [3, 4]의 상한은 4이고 4는 [3, 4]에 속한다 그리고 4는 [3, 4]의 최대원이다 아래로 유계인 임의의 실수집합 S를 최대하계(greatest lower bound) 또는 하한(infimum)을 갖고 기호 inf (S)로 나타낸다 332 보조정리 S를 위로 유계인 R의 부분집합이라 하고 p를 S의 상한이라 하자 만약 S가 R의 닫힌 부분집합이면, p S이다 증명 p R \ S라 가정 하자 R \ S가 열린집합이기 때문에 실수 a와 b, a < b가 존재하여 p (a, b) R \ S이다 p는 S에 대한 최소 상계이고 a < p이기 때문에, 분명히 x S가 존재하여 a < x이다 또한 x < p < b이므로, x (a, b) R \ S이다 그러나 x S이므로, 이것은 모순이다 따라서 우리의 가정이 잘못이고 p S이다

76 제 3 장 증명 명제 극한점 T 를 R의 열린닫힌 부분집합이라 하자 그러면 T = R 또는 T = Ø이다 T 6= R 그리고 T 6= Ø라 가정 하자 그러면 x T 와 z R \ T 가 존재한다 일반성을 잃지 않고, x < z라 가정하자 S = T [x, z]라 놓자 그러면 S는, 두 닫힌집합의 교집합으로써, 닫힌집합이다 S는 또한 위로 유계이다 왜냐하면 z가 분명히 S의 상계이기 때문이다 p를 S의 상한이라 하자 보조정리 332에 의하여, p S이다 p [x, z]이기 때문에, p z이다 z R \ S 이므로, p 6= z 그래서 p < z이다 이제 T 열린집합이고 p T 이다 따라서 어떤 a, b R가 존재하여 a < b이고 p (a, b) T 이다 p < t < min(b, z)인 t를 선택하자 여기서 min(b, z)는 b와 z의 최솟값을 나타낸다 따라서 t T 그리고 t [p, z]이다 그러므로 t T [x, z] = S이다 이것은 모순이다 왜냐하면 t > p 그리고 p는 S의 상한이기 때문이다 그러므로 우리의 가정은 잘못이고 결론적으로 T = R 또는 T = Ø이다 334 정의 (X, τ )를 위상공간이라 하자 만약 X의 유일한 열린닫힌집합이 X와 Ø 뿐이면 X를 연결(connected)공간이라 부른다 그러므로 명제 333을 다시 서술하여 다음을 얻는다: 명제 보기 위상공간 R은 연결공간이다 만약 (X, τ )가 두 점 이상을 갖는 이산위상공간이면, (X, τ )는 연결이 아니다 왜냐하면 각각의 단집합이 열린닫힌 집합이기 때문이다 337 보기 보기 만약 (X, τ )가 비이산위상공간이면, 그것은 연결이다, 왜냐하면 유일한 열린닫힌 집합은 X와 Ø 뿐이기 때문이다 (사실상 유일한 열린집합은 X와 Ø 뿐이다) 338 만약 X = {a, b, c, d, e} 그리고 τ = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e}} 이면 (X, τ )는 연결이 아니다 왜냐하면 {b, c, d, e}가 열린닫힌집합이기 때문이다

77 33 연결성 주목 정의 334로부터 다음을 얻는다 위상공간 (X, τ )가 연결공간이 아닐 (즉, 비 연결(disconnected)일 필요충분조건은 공집합이 아닌 열린집합 A와 B가 존재하여 A B = Ø 그리고 A B = X이다1 (연습문제 33 #3을 보시오) R2 (그리고 사실상, 모든 n 1에 대하여, Rn )은 연결공간이라고 적어 두고 이 장의 결론을 맺는다 그러나 증명은 5장으로 미룬다 연결성은 더 말할 나위 없이 매우 중요한 성질이다 연습문제 33 1 S를 실수집합 그리고 T = {x : x S}라 하자 (a) 실수 a가 S의 하한일 필요충분조건은 a가 T 의 상한임을 증명하시오 (b) (a)와 최소상계공리를 이용하여 공집합이 아닌 실수의 모든 집합이 아래로 유계이면 그 집합은 최대하계를 가짐을 증명하시오 2 다음의 각각의 실수집합에 대하여 최대원과 최소상계를 찾으시오 (존재할 경우) (i) S = R (ii) S = Z = 모든 정수들의 집합 (iii) S = [9, 10) (iv) S는 1 3 n2 형태의 모든 실수들의 집합, 여기서 n은 양의 정수이다 (v) S = (, 3] 3 (X, τ )를 임의의 위상공간이라 하자 (X, τ )가 연결이 아닐 필요충분조건은 (X, τ )의 공집합이 아닌 서로소인 열린 부분집합 A와 B가 존재하여 A B = X임을 증명하시오 1 대부분의 교재는 이 성질을 이용하여 연결성을 정의한다

78 제 3 장 78 극한점 4 보기 112의 위상공간 (X, τ )는 연결공간인가? 5 (X, τ )를 여유한위상을 갖는 무한집합이라 하자 (X, τ )는 연결공간인가? 6 (X, τ )를 여가산위상을 갖는 무한집합이라 하자 (X, τ )는 연결공간인가? 7 연습문제 11 #9의 어느 위상공간이 연결인가? 34 후기 이 장에서 우리는 극한점의 개념을 소개했고 하나의 집합이 닫힌집합일 필요충분조건은 그 집합의 모든 극한점을 포함하는 것임을 보였다 명제 318은 임의의 집합 A는 자신을 포함하는 가장 작은 닫힌집합 A을 갖는 것을 말한다 집합 A는 A의 폐포라고 불렀다 위상공간 (X, τ )의 부분집합 A에 대하여, 만약 A = X이면, A는 X에서 조밀하다고 말한다 Q는 R에서 조밀하고 모든 무리수들의 집합 P도 R에서 조밀하다 우리는 점의 근방의 개념과 연 결위상공간의 개념을 소개했다 하나의 중요한 결과, 즉, R의 연결성을 증명했다 나중에 연결성에 관하여 더 많은 것을 소개한다 연습문제에서 집합의 내부의 개념을 소개했고, 이 개념은 집합의 폐포 개념과 상호보완적이다

79 제 4 장 위상동형함수 소개 수학의모든분야에서두개의구조가언제동치인지를알아보는것은아주중요하다 예를들어, 집합론에관해서는, 하나의집합에서다른집합위로의전단사함수가존재하면두집합이서로동치이다 하나의군에서다른군위로의전단사인군준동형함수가존재하면두개의군이동치인데, 동형이라고알려져있다 하나의위상공간에서다른위상공간위로의위상동형함수가존재하면두위상공간은동치인데, 위상동형이라고알려져있다 79

80 80 제 4 장위상동형함수 이장을공부하기전에부록 1을공부해야하고다음의비디오를보아야한다 : Topology Without Tears - Video 1 - Pure Mathematics 는 YouTube Youku Topology Without Tears - Video 2a & 2b - Infinite Set Theory 는 YouTube 그리고중국사이트 Youku 에있다 그리고 Topology Without Tears - Video 4a & 4b &4c &4d - Writing Proofs in Mathematics 는 YouTube에있다 YouTube와 Youku의비디오관련링크는

81 41 부분공간 부분공간 정의 411 의 집합족 τy Y 를 위상공간 (X, τ )의 공집합이 아닌 부분집합이라 하자 Y 의 부분집합들 = {O Y : O τ }는 Y 위의 하나의 위상이다 이 위상을 부분위상(subspace topology) (또는 상대위상(relative topology) 또는 유도위상(induced topology) 또는 τ에 의하여 Y 위에 유도된 위상)이라고 부른다 위상공간 (Y, τ Y )를 (X, τ )의 부분공간 (subspace)이라 한다 물론 TY 가 실제로 Y 위의 하나의 위상임을 확인해야 한다 412 보기 X = {a, b, c, d, e, f }, τ = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e, f }}, 그리고 Y = {b, c, e}라 하자 그러면 Y 위의 부분위상은 τy = {Y, Ø, {c}} 이다 413 보기 X = {a, b, c, d, e}, τ = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e}}, 그리고 Y = {a, d, e}라 하자 그러면 Y 위의 유도위상은 τy = {Y, Ø, {a}, {d}, {a, d}, {d, e}} 이다 414 보기 B를 X 위의 위상 τ에 대한 기저라 하고 Y 를 X의 부분집합이라 하자 이때 집합족 BY = {B Y : B B}는 Y 위의 부분위상 τy에 대한 기저임을 보이는 것은 어렵지 않다 [연습문제: 이것을 입증하시오] 따라서 R의 부분집합 (1, 2)를 생각해 보자 (1, 2) 위에 유도된 위상에 대한 기저는 집합족 {(a, b) (1, 2) : a, b R, a < b}이다; 즉, {(a, b) : a, b R, 1 a < b 2}는 (1, 2) 위에 유도된 위상에 대한 기저이다

82 제 4 장 보기 R의 부분집합 [1, 2]를 생각해 보자 [1, 2] 위의 부분위상 위상동형함수 τ 에 대한 기저는 {(a, b) [1, 2] : a, b R, a < b} 이다 즉, {(a, b) : 1 a < b 2} {[1, b) : 1 < b 2} {(a, 2] : 1 a < 2} {[1, 2]} 는 τ 에 대한 기저이다 그러나 여기서 우리는 약간 놀라운 일이 생기는 것을 본다; 예를 들어 [1, 1 21 )는 R에서는 분명히 열린집합이 아니다, 그러나 [1, 1 12 ) = (0, 1 12 ) [1, 2]는 부분공간 [1, 2]에서는 열린집합이다 또한 (1, 2]는 R에서 열린집합은 아니지만 [1, 2]에서 열린집합이다 더욱이 [1, 2]는 R에서 열린 집합이 아니지만, [1, 2]에서 열린집합이다 따라서 하나의 집합이 열린집합이라고 말할 때마다 어느 공간 또는 어느 위상에서 그 집합이 열린집합인지를 분명히 말해야 한다 416 보기 Z를 정수로 이루어진 R의 부분집합이라 하자 R 위의 유클리드 위상에 의하여 유도된 Z 위의 위상은 이산위상임을 보이시오 증명 Z 위의 유도된 위상 τ Z 가 이산위상임을 보이기 위해서는 명제 119에 의하여, Z의 모든 단집합이 τ Z 에서 열린집합임을 보이면 충분하다; 즉, 만약 n Z이면 {n} τ Z 이다 n Z라 하자 그러면 {n} = (n 1, n + 1) Z이다 그러나 (n 1, n + 1)은 R에서 열린집합이다 따라서 {n}은 Z 위에 유도된 위상에 관하여 열린집합이다 그러므로 Z의 모든 단집합은 Z 위에 유도된 위상에 관하여 열린집합이다 따라서 유도위상은 이산위상이다

83 41 부분공간 83 표기 Q = 유리수집합, Z = 정수집합, N = 자연수집합, P = 무리수집합, (a, b), [a, b], [a, b), (, a), (, a], (a, ), 또는 [a, ) 위의 위상에 관하여 특별한 언급이 없을 때는 R의 부분공간으로서 유도된 위상을 말한다 (때로는 이러한 집합 위에 유도된 위상을 보통위상(usual topology) 이라고 부른다) 연습문제 41 1 X = {a, b, c, d, e} 그리고 {a, c, e} 위에 유도된 위상 τ = {X, Ø, {a}, {a, b}, {a, c, d}, {a, b, c, d}, {a, b, e}}라 하자 Y = τ Y 와 Z = {b, c, d, e} 위에 유도된 위상 τ Z 의 원소를 모두 나열하 시오 2 R 위의 유클리드 위상에 의하여 양의 정수 집합 N 위에 유도된 위상을 서술하시오 3 아래의 각각의 집합 위의 보통위상에 대한 기저를 적으시오: (i) (ii) (iii) (iv) (v) (vi) [a, b), 여기서 a < b; (a, b], 여기서 a < b; (, a]; (, a); (a, ); [a, ) [힌트: 보기 414와 415를 보시오] 4 τ B 를 B 위의 부분위상이라 하자 더욱이 τ 1을 τ 에 의하여 A 위에 유도된 위상이라 하고, τ 2를 τ B 에 의하여 A 위에 유도된 위상이라 하자 τ 1 = T2 임을 증명하시오 (따라서 부분공간의 부분공간은 부분공간이다) 5 (Y, τ Y )를 위상공간 (X, τ )의 부분공간이라 하자 Y 의 부분집합 Z가 (Y, τ Y )에서 닫힌집합일 A B X라 하고 X는 위상 τ를 갖는다고 하자 필요충분조건은 Z = A Y 임을 보이시오 여기서 A는 (X, τ )의 닫힌부분집합이다 6 이산공간의 모든 부분공간은 이산공간임을 보이시오

84 제 4 장 84 위상동형함수 7 비이산공간의 모든 부분공간은 비이산공간임을 보이시오 8 R의 부분공간 [0, 1] [3, 4]은 적어도 4개의 열린닫힌 부분집합을 가짐을 보이시오 정확하게 몇 개의 열린닫힌집합을 가지고 있는가? 9 연결공간의 모든 부분공간은 연결공간이라는 것은 참인가? 10 (Y, τ Y )를 (X, τ )의 부분공간이라 하자 τy τ 일 필요충분조건은 Y τ 임을 보이시오 [힌트: Y τ Y 를 기억하시오] 11 A와 B를 위상공간 (X, τ )의 연결부분공간이라 하자 만약 A B 6= Ø이면, 부분공간 A B는 연결임을 보이시오 12 (Y, τ 1 )을 T1 -공간 (X, τ )의 부분공간이라 하자 (Y, τ 1 ) 역시 T1 -공간임을 보이시오 13 위상공간 (X, τ )의 임의의 서로 다른 두 점 a, b에 대하여 어떤 열린집합 U 와 V 가 존재하 여 a U, b V, 그리고 U V = Ø를 만족하면, 위상공간 (X, τ )를 Hausdorff (또는 T2 -공간)이라 부른다 (i) R은 Hausdorff임을 보이시오 (ii) 모든 이산공간은 Hausdorff임을 보이시오 (iii) 임의의 T2 -공간은 역시 T1 -공간임을 보이시오 (iv) 여유한 위상을 갖는 Z는 T1 -공간이지만 T2 -공간은 아님을 보이시오 (v) T2 -공간의 임의의 부분공간은 T2 -공간임을 보이시오 (vi) 만약 (X, τ )가 Hausdorff 문공간(door space) (연습문제 13 #9를 보시오)이면 적 어도 한 점 x X는 극한점이고, 만약 한 점 y X가 극한점이 아니면 단집합 {y}는 열린집합임을 증명하시오 14 (Y, τ 1 )를 위상공간 (X, τ )의 부분공간이라 하자 만약 (X, τ )가 제2가산공리를 만족하면, (Y, τ 1 )도 역시 제2가산공리를 만족함을 보이시오 15 a 와 b가 R의 원소이고 a < b라 하자 [a, b]는 연결임을 증명하시오 [힌트: 명제 333의 명제와 증명에 있는 모든 R을 [a, b]로 바꾸시오]

85 42 위상동형함수 Q를 보통위상을 갖는 유리수집합 그리고 P를 보통위상을 갖는 무리수집합이라 하자 (i) Q와 P는 이산위상이 아님을 증명하시오 (ii) Q 또는 P가 연결공간인가? (iii) Q 또는 P가 Hausdorff 공간인가? (iv) Q 또는 P가 여유한위상을 갖는가? 17 위상공간 (X, τ )의 임의의 닫힌집합 A와 임의의 점 x X \ A에 대하여, 어떤 열린집합 U 와 V 가 존재하여 x U, A V, 그리고 U V = Ø를 만족하면, 위상공간 (X, τ )를 정칙공간 (regular space)이라 부른다 만약 (X, τ )가 정칙이고 T1 -공간이면, T3 -공간이라고 부른다 다음 명제를 증명하시오 (i) 정칙공간의 모든 부분공간은 정칙이다 (ii) 위상공간 R, Z, Q, P, 그리고 R2 은 정칙공간이다 (iii) 만약 (X, τ )가 정칙이고 T1 -공간이면, (X, τ )는 T2 -공간이다 (iv) Sorgenfrey 직선은 정칙공간이다 (v)* X는 실수집합 R이고, S = { n1 : n N}라 하자 집합 C R가 R 위의 유클리드 위상에서 닫힌집합 A와 S의 부분집합 T 에 대하여 C = A T 일 때, C를 닫힌집합이라고 정의하자 이러한 닫힌집합의 여집합은 R 위의 하나의 위상 τ 를 이루고, 이 위상은 Hausdorff이지만 정칙이 아니다 42 위상동형함수 이제 동치인 위상공간의 개념으로 돌아가자 우리는 하나의 예제를 생각하면서 시작한다: X = {a, b, c, d, e}, τ Y = {g, h, i, j, k}, = {X, Ø, {a}, {c, d}, {a, c, d}, {b, c, d, e}}, 그리고 τ 1 = {Y, Ø, {g}, {i, j}, {g, i, j}, {h, i, j, k}} 직관적인 의미에서 (X, τ )는 (Y, τ 1 )에 동치 라는 것은 분명하다 f (a) = g, f (b) = h, f (c) = i, f (d) = j, 그리고 f (e) = k에 의해 정의된 함수 f : X Y 는 위의 두 위상공간이 동치임을 설명해준다 우리는 이제 이것을 공식화한다

86 제 4 장 정의 위상동형함수 (X, τ )와 (Y, τ 1 )를 위상공간이라 하자 다음 성질을 만족하는 함수 f : X Y 가 존재하면 X와 Y 는 위상동형(homeomorphic)이라고 한다: (i) f 는 단사 (즉, f (x1 ) = f (x2 )이면 x1 = x2 이다), (ii) f 는 전사 (즉, 임의의 y Y 에 대하여 x X가 존재하여 f (x) = y이다), (iii) 각각의 U τ 1 에 대하여, f 1 (U ) τ, 그리고 (iv) 각각의 V τ 에 대하여, f (V ) τ 1 이다 더욱이, 함수 f 를 (X, τ )와 (Y, τ 1 ) 사이의 위상동형함수(homeomorphism)라고 부르고 (X, τ ) = (Y, τ 1 )로 나타낸다 = 는 동치관계임을 보이고 이것을 이용하여 모든 열린구간 (a, b)는 서로 동치임을 보일 것이다 첫 번째 단계로, 보기 422는 = 는 추이적 관계임을 보여준다

87 42 위상동형함수 87 (X, τ ), (Y, τ 1 ) 그리고 (Z, τ 2 )를 위상공간이라 하자 만약 (X, τ ) = (Y, τ 1 ) 그리고 (Y, τ 1 ) = (Z, τ 2 )이면, (X, τ ) = (Z, T2 )임을 증명하시오 422 보기 증명 (X, τ ) = (Y, τ 1 )가 주어졌다; 즉, 위상동형함수 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 존재한다 또한 (Y, τ 1 ) = (Z, τ 2 )가 주어졌다; 즉, 위상동형함수 g : (Y, τ 1 ) (Z, τ 2 )가 존재한다 우리는 (X, τ ) = (Z, τ 2 )가 성립함을 보여야 한다; 즉, 위상동형함수 h : (X, τ ) (Z, τ 2 )를 찾아야 할 필요가 있다 합성함수 g f : X Z가 우리가 원하는 위상동형함수 임을 보일 것이다 (X, τ ) = (Y, τ 1 ) 그리고 (Y, τ 1 ) = (Z, τ 2 )이므로, 위상동형함수 f : (X, T ) (Y, τ 1 )와 g : (Y, τ 1 ) (Z, τ 2 )가 존재한다 합성함수 g f : X Z를 생각하자 [그러므로 모든 x X에 대 하여 g f (x) = g(f (x))이다] g f 가 전단사임을 입증하는 것은 쉬운 일이다 이제 U τ 2 라 하자 그 러면, g가 위상동형함수이므로 g 1 (U ) τ 1 이다 f 가 위상동형함수임을 이용하여 f 1 (g 1 (U )) τ 을 얻는다 그러나 f 1 (g 1 (U )) = (g f ) 1 (U )이다 따라서 g f 는 정의 421의 성질 (iii)을 만족한다 다음으로 V τ 라 하자 그러면 f (V ) T1 이다 따라서 g(f (V )) τ 2 즉, g f (V ) τ 2 이다 그리고 g f 는 정의 421의 성질 (iv)를 만족한다는 것을 안다 그러므로 g f 는 위상동형 함수이다 423 주목 보기 422는 = 가 추이적 관계임을 보여준다 실제로, 그것이 동치관계임은 쉽게 입증된다; 즉, (i) (X, τ ) = (X, τ )이다 (반사적); (ii) (X, τ ) = (Y, τ 1 )이면 (Y, τ 1 ) = (X, τ )이다 (대칭적); [만약 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 위상동형함수이면, 그 역함수 f 1 : (Y, τ 1 ) (X, τ )도 역시 위상동형함수임을 관찰하자] (iii) (X, τ ) = (Y, τ 1 ) 그리고 (Y, τ 1 ) = (Z, τ 2 )이면 (X, τ ) = (Z, τ 2 )이다 (추이적) 다음 세 개의 보기는 R의 모든 열린구간들은 위상동형임을 보여준다 길이는 분명히 위상적 성질이 아니다 특히, 길이가 유한인 열린구간 (0, 1)이 길이가 무한인 열린구간 (, 1)과 동치이다 실제로 모든 열린구간이 R에 동치이다

88 제 4 장 보기 위상동형함수 공집합이 아닌 모든 두 열린구간 (a, b)와 (c, d)는 위상동형임을 증명하시오 증명 개요 주목 423에 의하여 (a, b)는 (0, 1)에 위상동형이고 (c, d)는 (0, 1)에 위상동형임을 보이면 충분하다 그러나 a와 b가 임의의 실수이므로 (a < b 제외), (a, b)가 (0, 1)과 위상동형 이면 (c, d)도 역시 (0, 1)과 위상동형이다 (a, b)가 (0, 1)과 위상동형임을 보이기 위해서는 위상동형함수 f : (0, 1) (a, b)를 찾으면 충분하다 a, b R, a < b라 하고, f (x) = a(1 x) + bx로 주어진 함수 f : (0, 1) (a, b)를 생각하자 b a 0 1 분명히 f : (0, 1) (a, b)는 전단사함수이다 또한 그림으로부터 (0, 1) 안의 임의의 열린구간의 f 에 의한 상은 (a, b) 안의 열린구간임은 분명하다 즉, f ((0, 1) 안의 열린구간) = (a, b) 안의 열린구간 이다 (0, 1) 안의 모든 열린집합은 (0, 1) 안의 열린구간들의 합집합이다 그러므로 f ((0, 1) 안의 열린집합) = f ((0, 1) 안의 열린구간들의 합집합) = (a, b) 안의 열린구간들의 합집합 = (a, b) 안의 열린집합 이다 따라서 정의 421의 조건 (iv)가 만족되었다 비숫하게, 우리는 f 1 ((a, b) 안의 열린집합)는 (0, 1)에서 열린집합임을 알 수 있다 그러므로 정의 421의 조건 (iii)도 역시 만족되었다 [연습문제: 위의 증명을 주의깊게 서술하시오] 그러므로 f 는 위상동형함수이고 모든 a, b R, a < b에 대하여 (0, 1) = (a, b)이다 위 사실로부터 우리가 원했던 (a, b) = (c, d)가 바로 유도된다

89 42 위상동형함수 425 보기 증명 개요 89 위상공간 R은 보통위상을 갖는 열린구간 ( 1, 1)과 위상동형임을 증명하시오 함수 f : ( 1, 1) R를 f (x) = x 1 x 라 정의하자 f 는 전단사임은 쉽게 증명이 되고, 보기 424처럼 그림을 이용한 논증에 의하여 f 는 위상동형함수임을 안다 1 1 [연습문제: f 는 위상동형함수임을 증명하시오] 426 보기 증명 이것은 보기 425와 424 그리고 주목 423으로부터 곧바로 유도된다 427 주목 보일 수 있다 a < b인 모든 열린구간 (a, b)는 R과 위상동형임을 증명하시오 비슷한 방법으로 a < b, c < d인 임의의 두 구간 [a, b]와 [c, d]는 위상동형임을

90 90 제 4 장위상동형함수 연습문제 42 1 (i) a, b, c, 그리고 d 가실수이고 a < b, c < d 이면, [a, b] = [c, d] 임을증명하시오 (ii) a 와 b 가실수이면, (, a] = (, b] = [a, ) = [b, ) 임을증명하시오 (iii) c, d, e, 그리고 f가임의의실수이고 c < d, e < f이면, [c, d) = [e, f) = (c, d] = (e, f] 임을증명하시오 (iv) a < b인임의의실수 a와 b에대하여, [0, 1) = (, a] = [a, ) = [a, b) = (a, b] 임을유도하시오 2 Z = N임을증명하시오 3 m과 c를영이아닌실수라하고 X = { x, y : y = mx + c} 는 R 2 의부분공간이라하자 X는 R과위상동형임을증명하시오

91 42 위상동형함수 4 91 (i) X1 그리고 X2 를 다음과 같이 정의된 R2 의 닫힌 직사각형 영역이라 하자: X1 = {hx, yi : x a1 그리고 y b1 } 그리고 X2 = {hx, yi : x a2 그리고 y b2 } 여기서, a1, b1, a2 와 b2 는 양의 실수이다 만약 X1 과 X2 가 R2 로부터 각각 유도된 부분위상 τ 1과 τ 2를 가지면, X1 = X2 임을 보이시오 (ii) D1 과 D2 를 다음과 같이 정의된 R2 에서 닫힌 원판이라 하자: D1 = {hx, yi : x2 + y 2 c1 } 그리고 D2 = {hx, yi : x2 + y 2 c2 } 여기서, c1 과 c2 는 양의 실수이다 위상공간 D1 = D2 임을 증명하시오 여기서, D1 과 D2 는 부분위상을 갖는다 (iii) X1 = D1 임을 증명하시오 5 X1 = (0, 1) (3, 4) 그리고 X2 = (0, 1) (1, 2)로 주어진 X1 과 X2 를 R의 부분공간이라 하자 X1 = X2 인가? (여러분의 답을 입증하시오) 6 (위상동형군(Group of Homeomorphisms)) (X, τ )를 임의의 위상공간 그리고 G를 X에서 자기자신으로의 모든 위상동형함수들의 집합이라 하자 (i) G는 함수의 합성 연산하에서 군임을 보이시오 (ii) X = [0, 1]이면, G는 무한집합임을 보이시오 (iii) X = [0, 1]이면, G는 아벨(교환)군인가? 7 (X, τ )와 (Y, τ 1 )을 위상동형인 위상공간이라 하자 다음을 증명하시오 (i) (X, τ )가 T0 -공간이면, (Y, τ 1 )도 T0 -공간이다 (ii) (X, τ )가 T1 -공간이면, (Y, τ 1 )도 T1 -공간이다 (iii) (X, τ )가 Hausdorff 공간이면, (Y, τ 1 )도 Hausdorff 공간이다 (iv) (X, τ )가 제2가산공리를 만족하면, (Y, τ 1 )도 제2가산공리를 만족한다 (v) (X, τ )가 가분공간이면, (Y, τ 1 )도 가분공간이다 8* (X, τ )를 이산위상공간이라 하자 (X, τ )가 R의 한 부분공간과 위상동형일 필요충분조건은 X 가 가산집합임을 증명하시오

92 제 4 장 위상동형함수 비동형 위상공간 두 위상공간이 위상동형임을 증명하기 위해서는 그들 사이에 하나의 위상동형함수를 찾아야 한다 그러나, 두 위상공간이 위상동형이 아니다라는 것을 증명하기 위해서는 그들 사이에 어느 위상동형함 수도 존재하지 않음을 보여야 하는데 그것은 좀 더 어렵다 다음 보기는 이것을 보이기 위한 방법이 될 수도 있는 실마리를 제공한다 431 보기 증명 (X, τ ) = [0, 2] 그리고 (Y, τ 1 ) = [0, 1] [2, 3]라 하자 그러면 [0, 2]는 R의 부분공간 [0, 1] [2, 3]과 위상동형이 아님을 증명하시오 [0, 1] = [0, 1] Y [0, 1]는 (Y, τ 1 )에서 닫힌집합이다 그리고 1 [0, 1] = ( 1, 1 ) Y [0, 1]는 (Y, τ 1 )에서 열린집합이다 2 그러므로 Y 는 연결이 아니다 왜냐하면 [0, 1]이 공집합이 아닌 Y 의 진부분집합으로서 열린닫힌집합 이기 때문이다 (X, τ ) = (Y, τ 1 )라고 가정하자 그러면 위상동형함수 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 존재한다 따라서 f 1 ([0, 1])는 X의 열린닫힌 부분집합이다 그러므로 X는 연결이 아니다 [0, 2] = X는 연결공간이 므로 이것은 거짓이다 (연습문제 41 #15를 보시오) 그러므로 우리는 모순을 얻었다 따라서 (X, τ ) 6= (Y, τ 1 )이다 이것으로부터 우리는 무엇을 배웠는가? 432 명제 연결공간에 위상동형인 임의의 위상공간은 연결이다 명제 432는 두 위상공간이 위상동형이 아님을 보이기 위해서 시도하는 하나의 방법을 제공 한다 즉, 하나의 위상공간은 가지고 있지만 다른 위상공간은 가지고 있지 않은 위상동형함수에 의하여 보존되는 성질을 찾는 것이 그 방법이다

93 43 비동형 위상공간 93 연습문제들에서 위상동형함수에 의하여 보존 되는 많은 성질을 접했다: (i) T0 -공간; (ii) T1 -공간; (iii) T2 -공간 또는 Hausdorff 공간; (iv) 정칙공간; (v) T3 -공간; (vi) 제2가산공간; (vii) 가분공간 [연습문제 42 #7을 보시오] 물론 다른 공간들도 있다: (viii) 이산공간; (ix) 비이산공간; (x) 여유한위상; (xi) 여가산위상 따라서 연결성과 함께 위상동형함수에 의하여 보존되는 12개의 성질을 알고 있다 물론 두 위상공간 (X, τ )와 (Y, τ 1 )에 대하여 X와 Y 가 서로 다른 농도(cardinalities)를 가지거나 (예를 들어, X는 가산이고 Y 는 비가산집합), 또는 τ 와 τ 1이 서로 다른 농도를 가지면 (X, τ )와 (Y, τ 1 ) 는 위상동형이 될 수가 없다 그럼에도 불구하고 특별한 문제를 접했을 때 우리가 필요로 하는 것을 갖지 않을 수도 있다 (0, 1)는 [0, 1]와 위상동형이 아님을 보이시오 또는 R은 R2 와 위상동형이 아님을 보이시오 와 같은 예에서 볼 수 있다 우리는 이러한 공간들이 간단히 위상동형이 아님을 어떻게 보이는지를 보게 될 것이다

94 제 4 장 94 위상동형함수 이것으로 이동하기 전에 다음 질문을 해결하자: R의 어느 부분공간이 연결공간인가? 433 정의 R의 부분집합 S가 다음 성질을 만족하면 구간(interval)이라고 불린다: 만약 x S, z S, 그리고 y R에 대하여 x < y < z이면, y S이다 주목 434 다음을 주목하자: (i) 각각의 단집합 {x}는 구간이다 (ii) 모든 구간은 다음 형태 중의 하나이다: {a}, [a, b], (a, b), [a, b), (a, b], (, a), (, a], (a, ), [a, ), (, ) (iii) 보기 426, 주목 427, 그리고 연습문제 42 #1로부터 모든 구간들은 (0, 1), [0, 1], [0, 1), 또는 {0} 중의 오직 하나와 위상동형이다 연습문제 43 #1에서 더 강한 명제를 말할 수 있다 435 증명 명제 R의 부분공간 S가 연결일 필요충분조건은 S가 구간이다 모든 구간이 연결이라는 것은 명제 333의 증명에 있는 모든 R을 구간으로 대치하여 우리가 보이고자 하는 연결성을 명제 333과 비슷한 방법으로 보일 수 있다 / S라 가정하자 그러면 역으로, S를 연결공간이라 하자 x S, z S, x < y < z, 그리고 y (, y) S = (, y] S는 S의 열린닫힌 부분집합이다 따라서 S는 열린닫힌 부분집합을 가지고 있다 즉, (, y) S을 갖는다 S가 연결이 아님을 보이기 위해서는 이 열린닫힌 부분집합이 공 집합이 아닌 진부분집합이라는 것을 입증해야 한다 S가 x를 포함하고 있으므로 공집합이 아니다 z S이지만 z / (, y) S이므로 진부분집합이다 따라서 S는 연결이 아니다 이것은 모순이다 그러므로 S는 구간이다 이제 우리는 연결 이라는 이름에 대한 근거를 보게 된다 [a, b], (a, b) 등과 같은 R의 부분공 간들은 연결이지만, 비연결 조각들의 합집합으로 이루어진 부분공간 X = [0, 1] [2, 3] [5, 6]은 연결이 아니다 이제 (0, 1) 6= [0, 1]임을 보이는 문제로 돌아가자 첫째로, 언뜻 보기에는 자명한 관찰을 표현해 보자

95 43 비동형 위상공간 436 주목 95 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )을 위상동형함수라 하자 a X에 대하여, X \ {a}는 X의 부분공간으로 부분위상 τ 2를 갖는다고 하자 또한 Y \ {f (a)}는 Y 의 부분공간으로 부분위상 τ 3를 갖는다고 하자 그러면 (X \ {a}, τ 2 )는 (Y \ {f (a)}, τ 3 )과 위상동형이다 증명 개요 함수 g : X \ {a} Y \ {f (a)}를 모든 x X \ {a}에 대하여 g(x) = f (x)로 정의하자 그러면 g는 위상동형함수임이 쉽게 입증된다 (이 증명을 쓰시오) 이것의 직접적인 결과로 우리는 다음을 얻는다: 437 따름정리 만약 a, b, c, 그리고 d가 실수이고, a < b 그리고 c < d이면, (i) (a, b) 6 = [c, d), (ii) (a, b) 6 = [c, d], 그리고 (iii) [a, b) 6= [c, d]이다 (X, τ ) = [c, d) 그리고 (Y, τ 1 ) = (a, b)라 하자 (X, τ ) = (Y, τ 1 )라 가정하자 그러면 어떤 y Y 가 존재하여 X \ {c} = Y \ {y}이다 그러나 X \ {c} = (c, d)는 구간이므로 연결이다 증명 (i) 반면에 (a, b)로부터 어느 점을 제거하든 결과로 얻어지는 공간은 비연결이다 따라서 명제 432에 의하여, 각각의 y Y 에 대하여 X \ {c} 6= Y \ {y}이다 이것은 모순이다 그러므로 [c, d) 6= (a, b)이다 (ii) [c, d] \ {c}는 연결이지만, 모든 y (a, b)에 대하여 (a, b) \ {y}는 비연결이다 그러므로 (a, b) 6= [c, d]이다 [a, b) = [c, d]라고 가정하자 그러면 어떤 y [a, b)에 대하여 [c, d] \ {c} = [a, b) \ {y} 이다 그러므로 어떤 z [a, b) \ {y}에 대하여 ([c, d] \ {c}) \ {d} = ([a, b) \ {y}) \ {z}이다; 즉, [a, b) 안에 있는 서로 다른 어떤 y와 z에 대하여 (c, d) = [a, b) \ {y, z}이다 그러나 (c, d)는 연결이지만, (iii) [a, b) 안에 있는 임의의 서로 다른 y와 z에 대하여 [a, b) \ {y, z}는 비연결이다 따라서 우리는 모순을 얻는다 그러므로 [a, b) 6= [c, d]이다

96 제 4 장 96 위상동형함수 연습문제 43 1 위로부터 모든 구간은 다음 공간들 중에 오직 하나와 위상동형임을 유도하시오: {0}; (0, 1); [0, 1]; [0, 1) 2 명제 435로부터 두 점 이상을 갖는 R의 가산 부분공간은 비연결임을 유도하시오 (특히, Z와 Q는 비연결이다) 3 X를 R2 의 단위원이라 하자; 즉, X = {hx, yi : x2 + y 2 = 1} 그리고 부분위상을 갖는다 (i) X \ {h1, 0i}은 열린구간 (0, 1)에 위상동형임을 보이시오 (ii) X 6= (0, 1) 그리고 X 6= [0, 1]임을 유도하시오 (iii) 모든 점 a X에 대하여, 부분공간 X \ {a}는 연결임을 관찰하여, X 6= [0, 1)임을 보이시오 (iv) X는 어느 구간에도 위상동형이 아님을 유도하시오 4 Y 를 다음과 같이 주어진 R2 의 부분공간이라 하자: Y = {hx, yi : x2 + y 2 = 1} {hx, yi : (x 2)2 + y 2 = 1} (i) Y 는 위의 연습문제 3에 있는 위상공간 X와 위상동형인가? (ii) Y 는 하나의 구간에 위상동형인가? 5 Z를 다음과 같이 주어진 R2 의 부분공간이라 하자: Z = {hx, yi : x2 + y 2 = 1} {hx, yi : (x 3/2)2 + y 2 = 1} (i) Z는 어느 구간과도 위상동형이 아님을 보이고, (ii) Z는 위의 연습문제 3과 4에서 서술한 공간 X 또는 Y 에 위상동형이 아님을 보이시오 6 Sorgenfrey 직선은 R, R2, 또는 이 두 공간의 어느 부분공간에도 위상동형이 아님을 증명하 시오

97 43 비동형 위상공간 7 (i) 97 연습문제 11 #5 (i)의 위상공간은 연습문제 11 #9 (ii)의 위상공간과 위상동형이 아님을 증명하시오 (ii)* 연습문제 11 #5에서, (X, τ 1 ) = (X, τ 2 )인가? (iii)* 연습문제 11 #9에서, (X, τ 2 ) = (X, τ 9 )인가? 8 (X, τ )를 위상공간이라 하자, 여기서 X는 무한집합이다 다음의 각각의 명제를 증명하시오 (원래는 Ginsburg and Sands [118]에 의하여 증명됨) (i)* (X, τ )는 (N, τ 1 )에 위상동형인 부분공간을 갖는다, 여기서 τ 1은 비이산위상이거나 (N, τ 1) 은 T0 -공간이다 (ii)** (X, τ )를 T1 -공간이라 하자 그러면 (X, τ )는 (N, τ 2 )에 위상동형인 부분공간을 갖는다, 여기서 (iii) τ 2는 여유한위상이거나 이산위상이다 (ii)로부터 임의의 무한 Hausdorff 공간은 무한 이산부분공간을 포함함을 유도하시오 그러므로 이산위상을 갖는 N과 위상동형인 부분공간을 갖는다 (iv)** (X, τ )를 T0 -공간이지만 T1 -공간이 아니라고 하자 그러면 위상공간 (X, τ )는 (N, τ 3 )에 위 상동형인 부분공간을 갖는다, 여기서 τ 3은 N, Ø, 그리고 모든 집합들 {1, 2,, n}, n N τ 3은 N, Ø, 그리고 모든 집합들 {n, n + 1, }, n N로 이루어졌다 위로부터 모든 무한위상공간은 (N, τ 4 )에 위상동형인 부분공간을 가짐을 유도하시오, 여기 서 τ 4 는 비이산위상, 이산위상, 여유한위상, 또는 각각 첫조각위상 그리고 끝조각위상으로 로 이루어졌거나 (v) 알려진, (iv)에서 서술된 두 위상 중의 하나이다 더욱이, N 위의 이러한 다섯 개의 위상 중 어느 두 개도 위상동형이 아니다

98 제 4 장 98 위상동형함수 9 (X, τ )와 (Y, τ 1 )를 위상공간이라 하자 함수 f : X Y 가 다음 조건을 만족하면 국소위상동 형함수(local homeomorphism)라고 부른다: 각 점 x X에 대하여 x의 열린근방 U 가 존재하여 f (U )가 (Y, τ 1 )의 어떤 열린 부분공간 V 와 위상동형이다; 즉, 만약 유도된 위상이 τ 2이고 τ 1에 의하여 V = f (U ) 위에 유도된 위상이 τ 에 의하여 U 위에 τ 3이면, f 는 (U, τ 2)에서 (V, τ 3 ) 위로의 위상동형함수이다 만약 (X, τ )에서 (Y, τ 1 )으로 국소위상동형함수가 존재하면, 위상공간 (X, τ )는 (Y, τ 1 )와 국소적 위상동형(locally homeomorphic이라고 말한다 (i) 만약 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상동형인 위상공간이면, (X, τ )는 (Y, τ 1 )에 국소위상동형임을 입증하시오 (ii) 만약 (X, τ )가 (Y, τ 1 )의 열린 부분공간이면, (X, τ )는 (Y, τ 1 )에 국소위상동형임을 증명하 시오 (iii)* f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 국소위상동형함수이면, f 는 (X, τ )의 모든 열린 부분집합을 (Y, τ 1 ) 의 열린 부분집합 위로 보냄을 증명하시오 10 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 어떤 열린집합 O (X, τ )가 존재하여 O A O 를 만족하면 A를 X의 반열린(semi-open)집합이라고 부른다 다음을 입증하시오: (i) 모든 열린집합은 반열린집합이다; (ii) 닫힌집합은 반드시 반열린집합은 아니다; (iii) 만약 A가 R에서 단집합이 아닌 구간이면, A는 R의 반열린 부분집합이다; (iv) 만약 τ 가 여유한위상, 이산위상 또는 비이산위상이면, 반열린집합은 바로 열린집합이다

99 44 후기 후기 옛 위상공간으로부터 새로운 위상공간을 창조하는 세 가지 중요한 방법이 있다: 부분공간, 곱공간, 그 리고 상공간을 형성하는 것이다 우리는 적절한 때에 세 가지 모두를 조사한다 부분공간을 형성하는 것은 이 장에서 공부했다 이것에 의하여 중요한 공간들 Q, [a, b], (a, b) 등이 소개되었다 우리는 위상동형함수의 중심개념을 정의했다 = 는 하나의 동치관계임을 주목했다 하나의 성질이 위상동형함수에 의하여 보존이 되면 그 성질을 위상적 성질(topological property)이라 고 부른다; 즉, 만약 (X, τ ) = (Y, τ 1 ) 그리고 (X, τ )가 그 성질을 가지고 있으면, (Y, τ 1 )도 역시 그 성질을 가지고 있다 연결성은 위상적 성질임을 보였다 따라서 연결공간과 위상동형인 모든 위상공 간은 연결이다 (다른 많은 위상적 성질들이 확인되었다) 우리는 R에서 구간의 개념을 공식적으로 정의했고, 구간들만이 R의 연결부분공간임을 보였다 주어진 두 위상공간 (X, τ )와 (Y, τ 1 )에 대하여 그들이 위상동형인지 아닌지를 보이는 것은 흥미로운 일이다 R의 모든 구간은 [0, 1], (0, 1), [0, 1), 그리고 {0} 중의 오직 하나와 위상동형임을 증명했다 다음 절에서 R은 R2 와 위상동형이 아님을 보인다 더 어려운 문제는 R2 가 R3 와 위상동형이 아님을 보이는 것이다 이것은 나중에 Jordan 곡선 정리에 의하여 증명이 될 것이다 아직도 일류 중의 일류는 Rn = Rm 일 필요충분조건은 n = m이라는 사실이다 이것은 이 책에서 간단히 언급한 대수적 위상수학을 통해서 접근하는 것이 최선이다 연습문제 42 #6에서 위상동형함수들의 군의 개념을 소개했는데 그 자체가 흥미롭고 중요한 주제이다

100 제 5 장 연속함수 소개 순수수학의 대부분의 분야에서는 범주론에서 객체 와 화살표 라 불리우는 것을 공부한다 선형 대수학에서 객체는 벡터공간이고 화살표는 선형변환이다 군론에서 객체는 군이고 화살표는 준동형 사상이다, 반면에 집합론에서 객체는 집합이고 화살표는 함수이다 위상에서 객체는 위상공간이다 우리는 이제 화살표인 연속함수를 소개한다 51 연속함수 물론 우리는 이미 R로부터 R로의 연속함수의 개념에 익숙하다1 각각의 a R와 각각의 양의 실수 ε에 대하여, 양의 실수 δ가 존재해서 x a < δ이 f (x) f (a) < ε를 함의할 때, 함수 f : R R를 연속(continuous)이라고 부른다 이 정의를 절댓값 이나 뺄셈 이 없는 일반위상공간으로 일반화하는 방법은 전혀 명백하지 않다 그래서 우리는 일반화에 더 적합한 연속의 다른 (동치인) 정의를 찾을 것이다 1 이 절의 앞부분은 여러분이 실해석학의 어떤 지식, 특히 연속의 ε δ 정의를 알고 있다고 가정한다 그렇지 않다면, 정의 513으로 바로 가기를 바란다 이 분야의 지식에 관한 기억을 새롭게 하고 싶다면 GH Hardy의 책 A course of pure mathematics 을 볼 수도 있다 이것은 Project Gutenberg로부터 무료로 다운받을 수 있다 100

101 51 연속함수 101 다음은 쉽게 알 수 있다 f : R R가 연속일 필요충분조건은 다음과 같다: 각각의 a R와 ε > 0에 따른 각 구간 (f (a) ε, f (a) + ε)에 대하여, δ > 0가 존재해서 모든 x (a δ, a + δ) 에 대하여 f (x) (f (a) ε, f (a) + ε)를 만족한다 이 정의는 절댓값 개념을 포함하지 않지만 여전히 뺄셈 을 포함하고 있다 다음 보조정리는 뺄셈을 피하는 방법을 보여준다 511 보조정리 f 가 R을 자기자신으로 보내는 함수라 하자 그러면 f 가 연속일 필요 충분조건은 다음과 같다: 각각의 a R와 f (a)를 포함하는 각각의 열린집합 U 에 대하여, a를 포함하는 열린집합 V 가 존재해서 f (V ) U 를 만족한다 증명 f 가 연속이라고 가정하자 a R이고 U 가 f (a)를 포함하는 열린집합이라고 하자 그러면 실수 c와 d가 존재해서 f (a) (c, d) U 을 만족한다 두 수 d f (a)와 f (a) c 중 더 작은 것을 ε 이라 놓자 그러면 (f (a) ε, f (a) + ε) U 이다 함수 f 가 연속이기 때문에, δ > 0가 존재해서 모든 x (a δ, a + δ)에 대하여 f (x) (f (a) ε, f (a) + ε) 이다 V 를 열린집합 (a δ, a + δ)이라고 하자 그러면 a V 이고 f (V ) U 이다 역으로 각각의 a R와 f (a)를 포함하는 각각의 열린집합 U 에 대하여 a를 포함하는 열린집합 V 가 존재해서 f (V ) U 를 만족한다고 가정하자 우리는 f 가 연속임을 증명해야 한다 a R와 ε이 양의 실수라고 하고 U = (f (a) ε, f (a) + ε)라 놓자 그러면 U 는 f (a)를 포함하는 열린집합이다 그러므로 a를 포함하는 열린집합 V 가 존재해서 f (V ) U 를 만족한다 V 가 a를 포함하는 열린집합 이기 때문에, 실수 c와 d가 존재해서 a (c, d) V 를 만족한다 두 수 d a와 a c 중 더 작은 것을 δ로 놓자 그러면 (a δ, a + δ) V 이다 따라서 모든 x (a δ, a + δ)에 대하여 f (x) f (V ) U 이다 그러므로 f 는 연속이다 연속을 정의하기 위해 보조정리 511에 묘사된 성질을 사용할 수 있다 하지만 다음 보조정리는 더 명쾌한 정의를 만들 수 있도록 해준다

102 제 5 장 보조정리 연속함수 f 가 위상공간 (X, τ )로부터 위상공간 (Y, τ 0 )로의 함수라 하자 그러면 다음 두 조건은 동치이다: (i) 각각의 U τ 0 에 대하여, f 1 (U ) τ, (ii) 각각의 a X와 f (a) U 인 각각의 U τ 0에 대하여, a V 와 f (V ) U 를 만족하는 V τ 가 존재한다 조건 (i)을 만족한다고 가정하자 a X이고 U τ 0 에 대하여 f (a) U 이라 하자 그러면 증명 f 1 (U ) τ 이다 V = f 1 (U )로 놓자 그러면 a V, V τ, 그리고 f (V ) U 이다 따라서 조건 (ii)를 만족한다 역으로 조건 (ii)를 만족한다고 가정하자 U τ 0 라 하자 f 1 (U ) = Ø이면 분명히 f 1 (U ) τ 이다 f 1 (U ) 6= Ø이면, a f 1 (U )이라고 하자 그러면 f (a) U 이다 그러므로 a V 와 f (V ) U 를 만족하는 V V τ가 τ가 존재한다 따라서 각각의 a f 1 (U )에 대하여 a V f 1 (U )를 만족하는 존재한다 따름정리 329에 의해 이것은 f 1 (U ) τ를 함의한다 따라서 조건 (i)을 만족한다 보조정리 511과 512로부터 다음을 알 수 있다: f : R R가 연속일 필요충분조건은 R의 각각의 열린집합 U 에 대하여, f 1 (U )는 열린집합이다 이것은 두 위상공간 사이의 연속함수의 개념을 다음과 같이 정의하도록 도와준다: 513 U 정의 τ 1에 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 f 가 X로부터 Y 로의 함수라 하자 각각의 대하여 f 1 (U ) τ를 만족할 때, f : (X, τ ) (Y, τ 1 )를 연속함수(continuous mapping)라고 말한다 위 주목으로부터 이러한 연속의 정의는 (X, τ ) = (Y, τ 1 ) = R일 때의 보통의 정의와 같다는 것을 알 수 있다

103 51 연속함수 103 이러한 연속의 정의가 실제로 얼마나 좋게 적용되는지 알아보기 위해 몇 개의 쉬운 보기들을 살펴보자 514 보기 모든 x R에 대하여 f (x) = x로 주어진 함수, 즉, 항등함수 f : R R를 생각하자 그러면 R에 있는 임의의 열린집합 U 에 대하여, f 1 (U ) = U 이고 이것은 열린집합이다 따라서 f 는 연속이다 515 보기 함수 f : R R가 상수 c와 모든 x R에 대하여 f (x) = c로 주어져 있다고 하자 이때, U 가 R에서 열린집합이라 하자 분명히 c U 이면 f 1 (U ) = R이고 c 6 U 이면 f 1 (U ) = Ø 이다 두 경우 모두, f 1 (U )는 열린집합이다 따라서 f 는 연속이다 516 보기 다음과 같이 정의된 함수 f : R R를 생각하자: ( x 1, f (x) = 1 (x + 5), 2 x 3 x > 함수가 연속일 필요충분조건은 모든 열린집합의 역상이 열린집합임을 상기하자 그러므로 f 가 연속이 아님을 보이기 위해서 f 1 (U )가 열린집합이 아닌 한 개의 U 만 찾으면 된다 그러면 f 1 ((1, 3)) = (2, 3]는 열린집합이 아니다 그러므로 f 는 연속이 아니다

104 제 5 장 104 연속함수 이제 보조정리 512가 다음처럼 다시 쓰여질 수 있음을 주목하자2 517 명제 f 가 위상공간 (X, τ )로부터 위상공간 (Y, τ 0 )로의 함수라고 하자 그러면 f 가 연속일 필요충분조건은 다음과 같다: 각각의 x X와 f (x) U 인 각각의 U τ 0 에 대하여, x V 와 f (V ) U 을 만족하는 V τ 가 존재한다 518 명제 (X, τ ), (Y, τ 1 )와 (Z, τ 2 )가 위상공간이라고 하자 만약 f : (X, τ ) (Y, τ 1 ) 와 g : (Y, T1 ) (Z, τ 2 )가 연속함수이면, 합성함수 g f : (X, τ ) (Z, τ 2 )는 연속이다 증명 합성함수 g f : (X, τ ) (Z, τ 2 )가 연속임을 증명하기 위해, U τ 2 이면 (g f ) 1 (U ) τ 임을 보여야 한다 하지만 (g f ) 1 (U ) = f 1 (g 1 (U ))이다 U 가 (Z, τ 2 )에서 열린집합이라고 하자 g가 연속이므로, g 1 (U )는 f 가 연속이기 때문에 f 1 (g 1 (U ))는 τ 1에서 열린집합이다 그러면 τ 에서 열린집합이다 하지만 f 1(g 1(U )) = (g f ) 1(U )이다 그러므로 g f 는 연속이다 다음 결과는 우리가 원한다면 연속이 열린집합 대신에 닫힌집합으로 나타내어질 수 있음을 보여준다 519 명제 (X, τ )와 (Y, τ 1 )가 위상공간이라고 하자 이때, f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 연속일 필요충분조건은 다음과 같다: Y 의 임의의 닫힌 부분집합 S에 대하여, f 1 (S)는 X의 닫힌 부분집합이다 증명 f 1 (S의 여집합) = f 1 (S)의 여집합 임을 안다면 이 결과는 바로 얻어진다 2 보조정리 512와 그 증명을 읽지 않았다면 지금 읽어야 한다

105 51 연속함수 주목 물론 연속함수와 위상동형사상 사이에는 다음 관계가 있다: f : (X, τ ) (Y, τ 1 ) 가 위상동형사상이면 그것은 연속이고, 모든 연속함수가 위상동형사상인 것은 아니다 다음 명제는 연속 과 위상동형사상 에 대한 모든 것을 말한다 그 증명은 정의로부터 바로 얻어진다 5111 명제 (X, τ )와 (Y, τ 0 )가 위상공간이고 f 가 X로부터 Y 로의 함수라 하자 그러면 f 가 위상동형사상일 필요충분조건은 (i) f 는 연속이다, (ii) f 는 단사이고 전사이다; 즉, 역함수 f 1 : Y X가 존재한다, 그리고 (iii) f 1 는 연속이다 한 유용한 결과는 연속함수의 제한함수가 연속함수라는 다음 명제이다 그 증명은 독자에게 맞긴다 연습문제 51 #8을 보시오 5112 명제 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고, f : (X, τ ) (Y, τ 1 )는 연속함수, A는 X의 부분집합, 그리고 τ 2는 A 위의 유도된 위상이라고 하자 더욱이 g : (A, τ 2 ) (Y, τ 1 )가 f 의 A로의 제한함수라고 하자; 즉, 모든 x A에 대하여 g(x) = f (x)라고 하자 그러면 g는 연속이다 연습문제 51 1 (i) f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 상수함수라고 하자 f 가 연속임을 보이시오 (ii) f : (X, τ ) (X, τ )가 항등함수라고 하자 f 가 연속임을 보이시오 2 f : R R가 다음과 같이 주어져 있다고 하자: ( 1, f (x) = 1, x 0 x > 0 (i) 보기 516의 방법을 이용하여 f 가 연속이 아님을 증명하시오 (ii) f 1 {1}을 구하고, 명제 519를 이용하여 f 가 연속이 아님을 추론하시오 3 f : R R가 다음과 같이 주어져 있다고 하자: ( x, f (x) = x + 2, f 는 연속인가? (그 이유를 설명하시오) x 1 x > 1

106 제 5 장 연속함수 X = [0, 1] [2, 4]일 때, (X, τ )가 R의 부분공간이라 하고 f : (X, τ ) R를 다음과 같이 정의하자: ( 1, f (x) = 2, x [0, 1] x [2, 4] f 가 연속임을 증명하시오 (이것이 여러분을 놀라게 하는가?) 5 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 B1 이 위상 τ 1에 대한 기저라고 하자 함수 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 연속일 필요충분조건이 모든 U B1 에 대하여 f 1 (U ) τ 임을 보이시오 6 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 f 가 X로부터 Y 로의 함수라고 하자 (X, τ )가 이산공간이면, f 가 연속임을 증명하시오 7 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 f 가 X로부터 Y 로의 함수라고 하자 (Y, τ 1 )가 비이산공간이 면, f 가 연속임을 증명하시오 8 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 연속함수라고 하자 A가 X의 τ 2가 A 위에 유도된 위상, B = f (A), τ 3가 B 위에 유도된 위상 g : (A, τ 2 ) (B, τ 3 )가 f 의 A로의 제한함수라고 하자 g가 연속임을 증명하시오 부분집합이고, 9 그리고 f 가 공간 (X, τ )로부터 공간 (Y, τ 0 )로의 함수라고 하자 f 가 연속일 필요충분조건이 각각의 x X와 f (x)의 각각의 근방 N 에 대하여 f (M ) N 을 만족하는 x의 근방 M 이 존재하는 것임을 증명하시오 10 τ 1과 τ 2가 한 집합 X의 두 위상이라고 하자 τ 1 τ 2일 때, τ 1이 τ 2보다 섬세한 위상(finer topology) (그리고 τ 2 가 τ 1 보다 엉성한 위상(coarser topology))이라고 말한다 다음을 증명하시오: (i) R 위의 유클리드 위상이 R 위의 여유한위상보다 섬세하다; (ii) 항등함수 f : (X, τ 1 ) (X, τ 2 )가 연속일 필요충분조건은 τ 1이 τ 2보다 섬세한 위상이다 11 f : R R가 모든 유리수 q에 대하여 f (q) = 0을 만족하는 연속함수라고 하자 모든 x R에 대하여 f (x) = 0임을 증명하시오 12 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )이 연속함수라고 하자 f 가 일대일일 때, 다음을 증명하시오: (i) (Y, τ 1 )이 Hausdorff이면 (X, τ )는 Hausdorff이다 (ii) (Y, τ 1 )이 T1 -공간이면 (X, τ )는 T1 -공간이다

107 52 중간값 정리 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 f 가 (X, τ )로부터 (Y, τ 1 )로의 함수라고 하자 f 가 연속일 필요충분조건이 X의 모든 부분집합 A에 대하여 f (A) f (A)임을 증명하시오 [힌트: 명제 519를 이용하시오] 52 중간값 정리 521 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 전사이면서 연속 명제 이라고 하자 만약 (X, τ )가 연결이면, (Y, τ 1 )은 연결이다 증명 (Y, τ 1 )이 연결이 아니라고 가정하자 그러면 U 6= Ø이고 U 6= Y 인 열린닫힌 부분집합 U 가 존재한다 f 가 연속이므로 f 1 (U )는 열린집합이고, 또한 명제 519에 의해 닫힌집합이다; 즉, f 1 (U )는 X의 열린닫힌 부분집합이다 이제 f 가 전사이고 U 6= Ø이기 때문에 f 1 (U ) 6= Ø이다 또한 f 가 전사이고 U 6= Y 이기 때문에 f 1 (U ) 6= X이다 따라서 (X, τ )는 연결이 아니다 이것은 모순이다 그러므로 (Y, τ 1 )은 연결이다 522 주목 (i) 조건 전사 가 빠지면 위 명제는 거짓이다 (이러한 보기를 하나 찾으시오) (ii) 명제 521은 다음과 같이 간단히 나타낼 수 있다: 연결집합의 연속인 상(continuous image)은 연결이다 (iii) 명제 521은 (X, τ )가 연결공간이고 (Y, τ 0 )가 연결이 아니면 (즉, 비연결(disconnected) 이면), (X, τ )로부터 (Y, τ 0 )로의 전사이면서 연속인 함수가 존재하지 않는다는 것을 말한다 예 를 들면, R로부터 Q (또는 Z)로의 전사함수는 무한히 존재하지만, 그것들 중 어느 것도 연속이 아니다 실제로 연습문제 52 #10에서 R로부터 Q (또는 Z)로의 연속함수들은 상수함수들 뿐임을 관찰할 것이다

108 제 5 장 108 연속함수 다음은 연결의 개념을 강화한 버전으로 종종 유용한 것이다 523 정의 위상공간 (X, τ )가 다음을 만족할 때 길연결(path-connected 또는 pathwise connected)이라고 말한다: X의 서로 다른 점 a와 b의 각각의 쌍에 대하여 f (0) = a이고 f (1) = b인 연속함수 f : [0, 1] (X, τ )가 존재한다 이 함수 f 를 a와 b를 연결하는 길(path joining a to b)이라고 말한다 524 보기 모든 구간이 길연결인 것은 쉽게 알 수 있다 525 보기 각각의 n 1에 대하여, Rn 은 길연결이다 526 증명 명제 모든 길연결공간은 연결이다 (X, τ )가 길연결공간이고 연결이 아니라고 가정하자 그러면 공집합이 아닌 열린닫힌 진부분집합 U 가 존재한다 그래서 a U 이고 b X \ U 인 a와 b가 존재한다 (X, τ )가 길연결이기 때문에 f (0) = a이고 f (1) = b인 연속함수 f : [0, 1] (X, τ )가 존재한다 그러나 f 1 (U )는 [0, 1]의 열린닫힌 부분집합이다 a U 이기 때문에 0 f 1 (U )이고 따라서 f 1 (U ) 6= Ø이다 b 6 U 이기 때문에, 1 6 f 1 (U )이고 따라서 f 1 (U ) 6= [0, 1]이다 그러므로 f 1 (U ) 는 [0, 1]의 공집합이 아닌 열린닫힌 진부분집합이다 이것은 [0, 1]가 연결이라는 것에 모순이다 결과적으로 (X, τ )는 연결이다 527 주목 명제 526의 역은 거짓이다; 즉, 모든 연결공간이 길연결인 것은 아니다 그러한 공간의 한 예는 아래에 있는 R2 의 부분공간이다: X = {hx, yi : y = sin(1/x), 0 < x 1} {h0, yi : 1 y 1} [연습문제 52 #6는 X가 연결임을 보여준다 X가 길연결이 아닌 것은 점 h0, 0i과 점 h1/π, 0i을 연결하는 길이 존재하지 않는 것을 보임으로써 알 수 있다 이것은 여러분 스스로 그림을 그려서 확인해 보시오]

109 52 중간값 정리 109 우리는 이제 R 6= R2 임을 보일 수 있다 분명히 R2 \ {h0, 0i}은 길연결이므로, 명제 526에 의해 연결이다 그러나 명제 425에 의해, 임의의 점 a R에 대하여 R \ {a}는 비연결이다 따라서 R 6 = R2 이다 보기 528 이제 우리는 위상의 실변수 함수론으로의 아름다운 응용인 Weierstrass 중간값 정리를 제시 한다 그 결과에서 중요한 위상적 개념은 연결성이다 529 정리 (Weierstrass 중간값 정리(Intermediate Value Theorem)) f : [a, b] R가 연속이고 f (a) 6= f (b)라고 하자 그러면 f (a)와 f (b) 사이에 있는 모든 수 p에 대하여 f (c) = p인 점 c [a, b]가 존재한다 증명 [a, b]가 연결이고 f 가 연속이기 때문에, 명제 521은 f ([a, b])가 연결임을 말해준다 명제 435에 의해 f ([a, b])는 구간이다 이제 f (a)와 f (b)는 f ([a, b])에 있다 그래서 만약 p가 f (a)와 f (b) 사이에 있다면 p f ([a, b]), 즉, 어떤 c [a, b]에 대하여 p = f (c)이다 따름정리 만약 f : [a, b] R가 연속이고 f (a) > 0, f (b) < 0이면 f (x) = 0인 x [a, b]가 존재한다 따름정리 (고정점 정리(Fixed Point Theorem)) f 가 [0, 1]로부터 [0, 1] 로의 연속함수라고 하자 그러면 f (z) = z인 z [0, 1]가 존재한다 (그 점 z를 고정점(fixed point)이라 부른다) 증명 f (0) = 0 또는 f (1) = 1이면 명백히 그 결과는 참이다 그러므로 f (0) > 0이고 f (1) < 1인 경우를 생각하는 것으로 충분하다 g : [0, 1] R가 g(x) = x f (x)로 정의된 함수라고 하자 분명히 g는 연속이고, g(0) = f (0) < 0, g(1) = 1 f (1) > 0이다 결과적으로, 따름정리 5210에 의하여 g(z) = 0인 z [0, 1] 가 존재한다; 즉, z f (z) = 0 또는 f (z) = z이다

110 제 5 장 주목 연속함수 따름정리 5211은 Brouwer 고정점 정리(Brouwer Fixed Point Theorem) 라고 부르는 매우 중요한 정리의 특별한 경우이다 그 정리는 다음과 같다: n-차원 큐브를 연속적 으로 자기자신으로 보낸다면 고정점이 존재한다 [이 정리는 많은 증명방법이 있지만 대부분 대수적 위상의 방법에 의존한다 한 복잡하지 않은 증명은 Kuratowski [181]의 쪽에 주어져 있다] 연습문제 52 1 길연결공간의 연속인 상(continuous image)은 길연결임을 증명하시오 2 f 가 구간 [a, b]로부터 자기자신으로의 연속함수라고 하자 여기서 a, b R이고 a < b이다 고정점이 존재함을 증명하시오 3 (i) 따름정리 5211에서 [0, 1]을 (0, 1)으로 바꾸면 성립하지 않는 보기를 하나 드시오 (ii) 위상공간 (X, τ )로부터 자기자신으로의 모든 연속함수가 고정점을 가질 때, (X, τ )는 고정 점 성질(fixed point property)을 갖는다고 말한다 고정점 성질을 갖는 구간들은 오직 닫힌구간들 뿐임을 보이시오 (iii) X가 적어도 두 점을 갖는 집합이라고 하자 이산공간 (X, τ )와 비이산공간 (X, τ 0 )이 고정점 성질을 갖지 않음을 증명하시오 (iv) 여유한위상이 주어진 공간은 고정점 성질을 갖는가? (v) 공간 (X, τ )가 고정점 성질을 갖고 공간 (Y, τ 1 )이 (X, τ )와 위상동형일 때, (Y, τ 1 )이 고정점 성질을 가짐을 증명하시오 4 {Aj : j J}가 위상공간 (X, τ )의 연결 부분공간들의 족이라고 하자 T Aj 6= Ø일 때, j J S Aj j J 이 연결임을 보이시오 5 A가 위상공간 (X, τ )의 연결 부분공간이라고 하자 A 또한 연결임을 증명하시오 실제로 A B A이면 B가 연결임을 증명하시오 6 (i) R2 의 부분공간 Y = {hx, yi : y = sin (1/x), 0 < x 1}가 연결임을 보이시오 [힌트: 명제 521을 이용하시오] (ii) Y = Y {h0, yi : 1 y 1}임을 보이시오 (iii) 연습문제 5를 이용하여, Y 가 연결임을 관찰하시오 7 R2 에서 두 좌표들이 유리수인 모든 점들의 집합을 E라고 하자 공간 R2 \ E가 길연결임을 증명하시오 8* C가 R2 의 가산 부분집합이라고 하자 공간 R2 \ C가 길연결임을 증명하시오

111 52 중간값 정리 (X, τ )가 위상공간이고 a가 X의 임의의 점이라고 하자 X에서 a의 성분(component in X of a) CX (a)는 a를 포함하는 X의 모든 연결 부분집합들의 합집합으로 정의된다 다음을 보이시오 (i) CX (a)는 연결이다 (위 연습문제 4를 이용하시오) (ii) CX (a)는 a를 포함하는 가장 큰 연결집합이다 (iii) CX (a)는 X에서 닫혀있다 (위 연습문제 5를 이용하시오) 10 위상공간 (X, τ )의 모든 공집합이 아닌 연결 부분집합이 단집합일 때, (X, τ )를 완전비연결 (totally disconnected)이라고 말한다 다음 명제들을 증명하시오 (i) (X, τ )가 완전비연결일 필요충분조건은 각각의 a X에 대하여, CX (a) = {a}이다 (연습 문제 9에 있는 표기를 보시오) (ii) 보통위상을 가지고 있는 모든 유리수들의 집합 Q는 완전비연결이다 (iii) f 가 R로부터 Q로의 연속함수일 때, c Q가 존재하여 모든 x R에 대하여 f (x) = c를 만족함을 증명하시오 (iv) 완전비연결공간의 모든 부분공간은 완전비연결이다 (v) R2 의 모든 가산 부분공간은 완전비연결이다 (vi) Sorgenfrey 직선은 완전비연결이다 11 (i) 연습문제 9를 이용하여, 위상공간에서 한 점의 길성분(path-component) 을 자연스러 운 방법으로 정의하시오 (ii) 위상공간에서 모든 길성분은 길연결공간임을 증명하시오 (iii) 위상공간 (X, τ )의 모든 점이 길연결인 근방을 가질 때, 모든 길성분은 열린집합임을 증명 하시오 또한 모든 길성분은 닫힌집합임을 추론하시오 (iv) (iii)을 이용하여, R2 의 열린 부분집합이 연결일 필요충분조건은 그것이 길연결임을 보이시 오 12* A와 B가 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라고 하자 A와 B 모두 열려있거나 모두 닫혀있고, A B와 A B가 연결일 때, A와 B는 연결임을 보이시오

112 제 5 장 열린닫힌집합으로 이루어진 기저가 존재하는 위상공간 (X, τ )를 0-차원(zero-dimensional) 이라고 한다 다음 명제들을 증명하시오 (i) Q와 P는 0-차원 공간이다 (ii) 0-차원 공간의 부분공간은 0-차원이다 (iii) 0-차원 Hausdorff 공간은 완전비연결이다 (위 연습문제 10을 보시오) (iv) 모든 비이산공간은 0-차원이다 (v) 모든 이산공간은 0-차원이다 (vi) 두 점 이상을 갖는 비이산공간은 완전비연결이 아니다 (vii) 0-차원 T0 -공간은 Hausdorff이다 (viii)* R의 부분공간이 0-차원일 필요충분조건은 그것이 완전비연결이다 14 연속함수 모든 국소위상동형함수는 연속함수임을 보이시오 (연습문제 43 #9를 보시오)

113 53 후기 후기 이 장에서 우리는 모든 열린집합의 역상이 열린집합인 성질을 갖는 위상공간들 사이의 함수를 연속 이라고 말했다 이것은 명쾌한 정의이고 이해하기 쉽다 그것은 이 절의 시작에서 언급된 실해석학 에서의 그것과 대조를 이룬다 우리는 일반화를 위해서가 아니라 실제로 무엇이 일어나고 있는지 더 정확히 알기 위해서 실해석학 정의를 일반화하였다 Weierstrass 중간값 정리는 직관적으로 명백한 것 같지만 그것은 R이 연결인 것과 연결공간의 연속인 상은 연결이라는 사실로부터 얻어진다는 것을 안다 우리는 연결보다 더 강한 성질 즉, 길연결을 소개하였다 많은 경우에 한 공간이 연결이라고 주장하는 것은 충분하지 않다 그것은 길연결일 수도 있다 이 성질은 대수적 위상에서 중요한 역할을 한다 우리는 적절한 때에 Brouwer 고정점 정리로 되돌아갈 것이다 그것은 강력한 정리이다 고 정점 정리들은 위상, 함수해석, 미분방정식을 포함한 수학의 다양한 분야에서 중요한 역할을 한다 그것들은 오늘날에도 여전히 활발한 연구의 주제이다 우리는 연습문제 52 #9와 #10에서 성분 과 완전비연결 의 개념을 보았다 이 두 개념은 모두 연결성을 이해하는데 중요한 것이다

114 제 6 장 거리공간 소개 가장중요한위상공간들의모임 (class) 은거리공간들의모임이다 거리공간은위상수학에서풍부한보기의원천을제공한다 그러나이보다더, 위상수학의해석학에대한대부분의응용은거리공간을통하여이루어진다 거리공간의개념은 1906년 Maurice Fréchet에의하여소개되었고 1914년 Felix Hausdorff (Hausdorff [126]) 에의하여발전되었고이름이지어졌다 61 거리공간 611 정의 X를공집합이아닌집합이라하고 d를다음을만족하는 X X위에정의된실수값함수라하자 : a, b X에대하여 (i) d(a, b) 0, 그리고 d(a, b) = 0일필요충분조건은 a = b이다 ; (ii) d(a, b) = d(b, a); 그리고 (iii) X 안의모든 a, b, c에대하여, d(a, c) d(a, b) + d(b, c) 가성립한다 [ 삼각부등식 ] 이때 d를 X 위의거리 (metric) 라고부르고, (X, d) 를거리공간 (metric space) 이라고부른다 d(a, b) 를 a와 b 사이의거리 (distance) 라고한다 114

115 61 거리공간 612 보기 115 다음과 같이 정의된 함수 d : R R R d(a, b) = a b, a, b R 는 집합 R 위의 거리이다 왜냐하면, (i) 모든 a, b R에 대하여 a b 0, 그리고 a b = 0일 필요충분조건은 a = b이다, (ii) a b = b a, 그리고 (iii) a c a b + b c 이다 ( x + y x + y 로부터 이것을 유도하시오) d를 R 위의 유클리드 거리(euclidean metric)라고 부른다 613 보기 다음과 같이 정의된 함수 d : R2 R2 R d(ha1, a2 i, hb1, b2 i) = p (a1 b1 )2 + (a2 b2 )2 는 R2 위의 거리이고, d를 R2 위의 유클리드 거리라고 부른다 ha1, a2 i hb1, b2 i 614 보기 X를 공집합이 아닌 집합이라 하고 d를 다음과 같이 정의된 X X에서 R로의 함수라 하자 ( 0, d(a, b) = 1, a=b a 6= b 그러면 d는 X 위의 거리이고 이산거리(discrete metric)라고 부른다

116 제 6 장 116 거리공간 거리공간의 많은 중요한 보기는 함수공간"이다 이것에 위해서 거리를 부여할 집합 X는 함수 들의 집합이다 615 보기 C[0, 1]를 [0, 1]에서 R로의 연속함수들의 집합으로 표시하고 이 집합 위의 거리를 다음과 같이 정의하자: C[0, 1]에 속하는 임의의 f 와 g에 대하여 Z 1 d(f, g) = f (x) g(x) dx 0 잠시 생각해 보면 d(f, g)는 아래 그림과 같이 함수의 그래프와 직선 x = 0과 x = 1 사이의 영역의 면적임을 안다

117 61 거리공간 616 보기 117 다시 C[0, 1]을 [0, 1]에서 R로의 모든 연속함수들의 집합이라 하자 C[0, 1] 위의 다른 거리가 다음과 같이 정의된다: d (f, g) = sup{ f (x) g(x) : x [0, 1]} 분명히 d (f, g)는 바로 함수 f 와 g의 그래프 사이의 최대 수직 격차이다 617 보기 우리는 다음과 같이 R2 위에 또 다른 거리를 정의할 수 있다: d (ha1, a2 i, hb1, b2 i) = max{ a1 b1, a2 b2 } 여기서 max{x, y}는 두 수 x와 y 중의 최댓값이다 618 보기 R2 위의 또 다른 거리는 다음과 같이 주어진다: d1 (ha1, a2 i, hb1, b2 i) = a1 b1 + a2 b2

118 제 6 장 118 거리공간 거리공간의 보기의 대한 풍부한 원천은 노름벡터공간의 집합족이다 619 보기 V 를 실수 또는 복소수 체(field) 위의 벡터공간이라 하자 V 위의 노름(norm) k k은 다음을 만족하는 함수 k k: V R이다: 모든 a, b V 와 체에 속하는 모든 λ에 대하여 (i) k a k 0, 그리고 k a k= 0일 필요충분조건은 a = 0이다, (ii) k a + b k k a k + k b k, 그리고 (iii) k λa k= λ k a k이다 노름벡터공간(normed vector space) (V, k k)는 노름 k k을 갖는 벡터공간 V 이다 (V, k k)를 임의의 노름벡터공간이라 하자 그러면 노름에 대응되는 다음의 거리 d가 존재한다 V 안에 있는 a와 b에 대하여 d(a, b) =k a b k로 놓으면 d는 집합 V 위의 거리이다 d는 실제로 거리임은 쉽게 확인이 된다 그러므로 자연스러운 방법으로 모든 노름벡터공간은 또한 거리공간이다 예를 들어, q k hx1, x2, x3 i k= x21 + x22 + x23, 여기서, x1, x2, x3 R 라 놓으면 R3 는 노름벡터공간이다 따라서 d(ha1, b1, c1 i, ha2, b2, c2 i) = k (a1 a2, b1 b2, c1 c2 ) k p = (a1 a2 )2 + (b1 b2 )2 + (c1 c2 )2 라 놓으면 R3 는 거리공간이 된다 실제로 임의의 양의 정수 n에 대하여, q k hx1, x2,, xn i k= x21 + x x2n 라 놓으면 Rn 는 노름벡터공간이다 그러므로 d(ha1, a2,, an i, hb1, b2,, bn i) = k ha1 b1, a2 b2,, an bn i k p = (a1 b1 )2 + (a2 b2 )2 + + (an bn )2 n 라 놓으면 R 는 거리공간이 된다

119 61 거리공간 119 노름벡터공간 (N, k k)에서 중심이 a이고 반경이 r인 열린구(open ball)는 집합 Br (a) = {x : x N 그리고 k x a k< r} 으로 정의된다 이것은 거리공간에 대한 다음 정의를 제시한다: 6110 정의 (X, d)를 거리공간 그리고 r을 양의 실수라 하자 그러면 중심이 a X 이고 반경이 r인 열린구(open ball)는 집합 Br (a) = {x : x X 그리고 d(a, x) < r}이다 6111 보기 유클리드 거리공간 R에서 Br (a)는 열린구간 (a r, a + r)이다 6112 보기 유클리드 거리공간 R2 에서, Br (a)는 중심이 a이고 반경이 r인 열린원판이다

120 120 제 6 장 거리공간 6113 보기 R 2 에서거리 d 를다음과같이정의하자 : d ( a 1, a 2, b 1, b 2 ) = max{ a 1 b 1, a 2 b 2 } 열린구 B 1 ( 0, 0 ) 은아래와같다 6114 보기 R 2 에서거리 d 1 을다음과같이정의하자 : 열린구 B 1 ( 0, 0 ) 은다음과같다 d 1 ( a 1, a 2, b 1, b 2 ) = a 1 b 1 + a 2 b 2

121 61 거리공간 121 다음 보조정리의 증명은 아주 쉬우므로 (특히 그림을 그려보면) 독자에게 맡긴다 보조정리 6115 (X, d)를 거리공간 그리고 a와 b를 X의 점이라 하자 더욱이, δ1 과 δ2 를 양의 실수라 하자 만약 c Bδ1 (a) Bδ2 (b)이면, 적당한 δ > 0가 존재하여 Bδ (c) Bδ1 (a) Bδ2 (b) 이다 다음의 따름정리는 보조정리 6115로부터 일상적인 방법에 의하여 나온다 따름정리 6116 (X, d)를 거리공간 그리고 B1 과 B2 를 (X, d)에서 열린구라고 하자 그 러면 B1 B2 는 (X, d)에서 열린구들의 합집합이다 마지막으로 우리는 거리공간과 위상공간을 결부시킬 수 있다 명제 6117 하나의 위상 [그 위상 τ를 (X, d)를 거리공간이라 하자 그러면 (X, d)의 열린구들의 집합족은 X 위의 τ 의 기저이다 거리 d에 의하여 유도된 위상(topology induced by the metric d)이라 고 언급하고, (X, τ )를 유도위상공간(induced topological space) 또는 대응위상공간 또는 관련위상공간이라고 부른다] 증명 6118 이 증명은 명제 228과 따름정리 6116으로부터 유도된다 보기 만약 d가 R 위의 유클리드 거리이면, 거리 d에 의하여 유도된 위상 기저는 열린구들의 집합이다 그러나 Bδ (a) = (a δ, a + δ)이다 이것으로부터 τ에 대한 τ 는 R 위의 유클리드 위상임을 쉽게 보일 수 있다 따라서 R 위의 유클리드 거리는 R 위의 유클리드 위상을 유도한다

122 제 6 장 122 보기 6119 연습문제 23 #1 (ii)와 보기 6112로부터 집합 R2 위의 유클리드 거리는 R2 위의 유클리드 위상을 유도한다는 것이 나온다 보기 6120 거리공간 연습문제 23 #1 (i)과 보기 6113으로부터 거리 d 역시 집합 R2 위의 유클리드 위상을 유도한다는 것이 나온다 보기 6114의 거리 d1 역시 R2 위의 유클리드 위상을 유도한다는 것의 증명은 연습문제로 남겨둔다 보기 6121 만약 d가 집합 X 위의 이산거리이면, 각각의 x X에 대하여, B 1 (x) = {x} 2 이다 따라서 모든 단집합은 d에 의하여 X 위에 유도된 위상 τ 에 관하여 열린집합이다 결론적으로, τ 는 이산위상이다 보기 6119, 6120, 그리고 6114에서 같은 집합상에 같은 위상을 유도하는 3개의 서로 다른 거리 를 보았다 6122 정의 집합 X 위의 거리들이 X 위의 같은 위상을 유도하면 거리 동치 (equivalent)라고 말한다 따라서 보기 613, 6113, 그리고 6114에 있는 R2 위의 거리 d, d, 그리고 d1 은 동치이다 6123 명제 (X, d)를 거리공간 그리고 τ 를 거리 d에 의하여 X 위에 유도된 위상이라 하자 그러면 X의 부분집합 U 가 (X, τ )에서 열린집합일 필요충분조건은 각각의 a U 에 대하여 적당한 ε > 0이 존재하여 열린구 Bε (a) U 이다 증명 U τ 라 가정하자 그러면, 명제 232와 6117에 의하여, 임의의 a U 에 대하여 어떤 점 b X와 적당한 δ > 0가 존재해서 a Bδ (b) U 가 성립한다 ε = δ d(a, b)라 하자 그러면 a Bε (a) U 는 쉽게 증명된다 역으로, X의 부분집합 U 가 다음 성질을 만족한다고 가정하자: 각각의 a U 에 대하여 적당한 εa > 0 이 존재하여 Bεa (a) U 이 성립한다고 하자 그러면, 명제 233과 6117에 의하여, U 는 열린집 합이다

123 61 거리공간 123 집합 X 위의 모든 거리는 집합 X 위의 위상을 유도한다는 것을 보았다 그러나, 우리는 이제 집합 위의 모든 위상이 어떤 거리에 의하여 유도되는 것은 아니라는 것을 보게 될 것이다 먼저, 독자가 이미 접한 정의는 연습문제에 있다 (연습문제 41 #13을 보시오) 6124 정의 위상공간 (X, τ )가 다음을 만족하면 Hausdorff 공간 (또는 T2 -공간) 이라고 부른다: 만약 X에 있는 임의의 서로 다른 점 a, b에 대하여, 어떤 열린집합 U 와 V 가 존재하여 a U, b V, 그리고 U V = Ø가 성립한다 물론 R, R2 그리고 모든 이산공간은 Hausdorff 공간의 예제이다 반면에, 적어도 2개의 원소를 가진 비이산 위상공간은 Hausdorff 공간이 아니다 좀 더 생각해 보면, 여유한위상을 갖는 Z도 역시 Hausdorff 공간이 아님을 안다 (이 사실에 대하여 스스로 확신을 가지시오) 6125 명제 (X, d)를 임의의 거리공간 그리고 τ 를 d에 의하여 X 위에 유도된 위상이라 하자 그러면 (X, τ )는 Hausdorff 공간이다 증명 a와 b를 X의 임의의 점이고, a 6= b라 하자 그러면 d(a, b) > 0이다 ε = d(a, b)라 놓자 열린구 Bε/2 (a)와 Bε/2 (b)를 생각하자 그러면 이 열린구는 (X, τ )에서 열린집합이고, a Bε/2 (a) 그리고 b Bε/2 (b)이다 따라서 τ가 Hausdorff임을 보이기 위해서는 오직 Bε/2 (a) Bε/2 (b) = Ø 임을 증명해야 한다 x Bε/2 (a) Bε/2 (b)라고 가정하자 그러면 d(x, a) < ε 2 그리고 d(x, b) < 2ε 이다 따라서 d(a, b) d(a, x) + d(x, b) ε ε < + =ε 2 2 이다 그러므로 d(a, b) < ε인데, 이것은 거짓이다 결론적으로 Bε/2 (a) Bε/2 (b)에 속하는 x가 존재 하지 않는다; 즉, 우리가 원했던 Bε/2 (a) Bε/2 (b) = Ø을 얻는다 6126 주목 명제 6125와 그 앞의 논평을 종합하면, 적어도 두 점을 갖는 비이산위상공간 은 어느 거리에 의해서도 유도되지 않는 위상을 가지고 있다 또한 여유한위상 τ 는 Z 위의 어느 거리에 의해서도 유도되지 않는다 τ를 갖는 Z에서도

124 제 6 장 정의 거리공간 (X, τ )를 위상공간이라 하자 만약 집합 X 위에 거리 d가 존재하여 τ 가 d에 의하여 유도된 위상이라는 성질을 만족하면, (X, τ )를 거리화가능(metrizable) 공간이라고 부른다 그러므로, 예를 들어, 여유한위상을 갖는 집합 Z는 거리화가능 공간이 아니다 경고 명제 6125에 의하여 모든 Hausdorff 공간은 거리화가능이라는 생각으로 잘못 인도되지 말아야 한다 나중에 우리는 (무한 곱공간을 이용하여) Hausdorff 공간이지만 거리화가능이 아닌 공간의 예제를 만들 수 있게 될 것이다 [위상공간의 거리화 가능성은 상당히 기술적인 주제이다 거리화 가능성에 대한 필요충분조건에 대해서는 Dugundji [87]책의 195쪽에 있는 정리 91을 보시오] 연습문제 61 1 보기 618의 거리 d1 이 R2 위의 유클리드 위상을 유도함을 증명하시오 2 d를 공집합이 아닌 집합 X 위의 거리라 하자 (i) a, b X일 때, e(a, b) = min{1, d(a, b)}에 의하여 정의된 함수 e도 역시 X 위의 거리임을 보이시오 (ii) d와 e는 동치인 거리임을 증명하시오 (iii) (X, d)를 거리공간이라 하자 만약 적당한 양의 실수 M 이 존재하여 모든 x, y X에 대하여 d(x, y) < M 이 성립하면, (X, d)를 유계거리공간(bounded metric space), 그리고 d 를 유계거리(bounded metric)라고 부른다 (ii)를 이용하여 모든 거리는 유계거리와 동치임을 유도하시오 3 (i) d를 공집합이 아닌 집합 X 위의 거리라 하자 다음과 같이 정의된 함수 e도 역시 X 위의 거리임을 보이시오 e(a, b) = 여기서, a, b X이다 (ii) d와 e는 동치인 거리임을 증명하시오 d(a, b) 1 + d(a, b)

125 61 거리공간 d 1 과 d 2 를각각집합 X와 Y 위의거리라하자 다음을증명하시오 : (i) d는 X Y 위의거리다 여기서, d( x 1, y 1, x 2, y 2 ) = max{d 1 (x 1, x 2 ), d 2 (y 1, y 2 )} (ii) e는 X Y 위의거리다 여기서, e( x 1, y 1, x 2, y 2 ) = d 1 (x 1, x 2 ) + d 2 (y 1, y 2 ) (iii) d와 e는동치인거리다 5 (X, d) 를거리공간그리고 τ 를 X 위의대응위상이라하자 a X 를고정된원소라하자 함수 f : (X,τ) R, f(x) = d(a, x) 는연속임을증명하시오 6 (X, d) 를거리공간그리고 τ 를 d에의하여 X 위에유도된위상이라하자 Y 를 X의부분집합그리고 d 1 을 d를 Y 위에제한하여얻어진거리라하자 ; 즉, Y 에속하는모든 a와 b에대하여 d 1 (a, b) = d(a, b) 이다 만약 τ 1 이 d 1 에의하여 Y 위에유도된위상이고 τ 2 는 (X 위에 τ 에의하여유도된 ) Y 위의부분위상이면, τ 1 = τ 2 임을증명하시오 [ 이것은거리화가능공간의 모든부분공간은거리화가능이다라는것을보여준다 ]

126 제 6 장 (i) `1 을 급수 P n=1 거리공간 xn 이 수렴하는 성질을 가지고 있는 모든 실수열 x = (x1, x2,, xn, ) 의 집합이라 하자 만약 `1 안의 모든 x와 y에 대하여 d1 (x, y) = X xn yn n=1 으로 정의하면, (`1, d1 )은 거리공간임을 증명하시오 (ii) `2 를 급수 P n=1 x2n 이 수렴하는 성질을 가지고 있는 모든 실수열 x = (x1, x2,, xn, ) 의 집합이라 하자 만약 `2 에 속하는 모든 x와 y에 대하여! 21 X d2 (x, y) = xn yn 2 n=1 라고 정의하면, (`2, d2 )는 거리공간임을 증명하시오 (iii) ` 는 유계인 실수열 x = (x1, x2,, xn, )의 집합을 나타낸다 만약 x, y ` 에 대하여 d (x, y) = sup{ xn yn : n N} 라고 정의하면, (`, d )는 거리공간임을 증명하시오 (iv) c0 을 0으로 수렴하는 모든 수열로 이루어진 ` 의 부분집합이라 하고 d0 을 연습문제 6 에서처럼 ` 위의 거리 d 를 c0 위에 제한하여 얻은 거리라 하자 c0 은 (`, d )의 닫힌 부분집합임을 증명하시오 (v) 각각의 공간 (`1, d1 ), (`2, d2 ), 그리고 (c0, d0 )는 가분공간임을 증명하시오 (vi)* (`, d )는 가분공간인가? (vii) 위의 각각의 거리공간은 자연스런 방법으로 노름벡터공간임을 보이시오 8 f 를 거리화가능 공간 (X, τ )에서 위상공간 (Y, τ 1 ) 위로의 연속함수라 하자 (Y, τ 1 )는 반드시 거리화가능인가? (자신의 답을 정당화하시오)

127 61 거리공간 위상공간 (X, τ )의 서로소인 각각의 닫힌 부분집합의 쌍 A와 B에 대하여, 어떤 열린집합 U 와 V 가 존재하여 A U, B V, 그리고 U V = Ø을 만족하면 (X, τ )를 정규공간(normal space)이라고 부른다 다음을 증명하시오 (i) 모든 거리화가능 공간은 정규공간이다 (ii) 모든 T1, 정규공간은 Hausdorff 공간이다 [Hausdorff 정규공간은 T4 -공간이라고 불린 다] 10 (X, d)와 (Y, d1 )을 거리공간이라 하자 만약 전사함수 f : (X, d) (Y, d1 )가 존재해서 모든 x1, x2 X에 대하여, d(x1, x2 ) = d1 (f (x1 ), f (x2 )) 를 만족하면 (X, d)와 (Y, d1 )은 등거리(isometric)라고 말한다 그러한 함수 f 를 등거리함수 (isometry)라고 부른다 모든 등거리함수는 대응위상공간 사이의 위상동형함수임을 증명하 시오 (따라서 등거리인 거리공간은 위상동형이다!) 11 위상공간 (X, τ )의 각각의 원소 x X에 대하여 x를 포함하는 열린집합으로 이루어진 가산집합 족 {Ui (x)}가 존재하여 x를 포함하는 모든 열린집합 V 가 부분집합으로서 Ui (x) 중에 (적어도) 하 나를 포함하는 성질을 가지고 있으면, (X, τ )가 제1가산공리(first axiom of countability) 를 만족한다 또는 제1가산(first countable)이라고 한다 가산집합족 {Ui (x)}를 x에서 가산 기저(countable base)라 부른다 다음을 증명하시오: (i) 모든 거리화가능 공간은 제1가산공리를 만족한다 (ii) 제2가산공리를 만족하는 모든 위상공간은 또한 제1가산공리를 만족한다

128 128 제 6 장거리공간 12 집합 X = (R \ N) {1} 이라하자 함수 f : R X를다음과같이정의하자 : { x, x R \ N f(x) = 1, x N 더욱이, X 위의위상 τ 를다음과같이정의하자 : τ = {U : U X 그리고 f 1 (U) 는 R 위의유클리드위상에관하여열린집합이다 } 다음을증명하시오 : (i) f 는연속함수이다 (ii) (X,τ) 에서 1 의모든열린근방은 (U \ N) {1} 의형태이다 여기서, U 는 R 에서열린집합 이다 (iii) (X,τ) 는제 1 가산이아니다 [ 힌트 (U 1 \ N) {1}, (U 2 \ N) {1},, (U n \ N) {1}, 이 1 에서가산기저라고가 정하시오 각각의양의정수 n에대하여, x n > n을만족하는 x n U n \ N을선택할수 있다 집합 U = R \ {x n } 는 R에서열린집합임을입증하시오 V = (U \ N) {1} 이 1 n=1 의열린근방이지만집합 (U n \ N) {1} 중어느것도포함하지않음을유도하시오 이것은 모순이다 따라서 (X,τ) 는제 1 가산이아니다 ] (iv) (X,τ) 는 Hausdorff 공간이다 (v) R 의연속상인 Hausdorff 공간은반드시제 1 가산은아니다

129 61 거리공간 S를 거리공간 (X, d)의 부분집합이라 하자 만약 임의의 ε > 0에 대하여, 어떤 x1, x2,, xn X n S 이 존재하여 S Bε (xi )를 만족하면; 즉, S가 반경이 ε인 유한 개의 열린구에 의하여 덮혀 i=1 지면, S를 완전유계(totally bounded)라고 부른다 (i) 모든 완전유계 거리공간은 유계 거리공간임을 보이시오 (위의 연습문제 2를 보시오) (ii) 유클리드 거리공간 R은 완전유계는 아니지만, 각각의 a, b R, a < b에 대하여, 닫힌구간 [a, b]는 완전유계이다 (iii) (Y, d)를 거리공간 (X, d1 )으로부터 유도된 거리를 갖는 부분공간이라 하자 만약 (X, d1 )이 완전유계이면, (Y, d)도 완전유계이다; 즉, 완전유계공간의 모든 부분공간은 완전유계이다 n S [힌트 X = Bε (xi )라고 가정하시오 만약 yi Bε (xi ) Y 이면, 삼각부등식에 의하여 i=1 Bε (xi ) B2ε (yi )이다] (iv) (iii)과 (ii)로부터 완전유계 거리공간 (0, 1)은 완전유계가 아닌 R과 위상동형임을 유도하시 오 그러므로 완전유계 는 위상적 성질이 아니다 (v) (iii)과 (ii)로부터 각각의 n > 1에 대하여, 유클리드 거리공간 Rn 은 완전유계가 아님을 유도하시오 (vi) 각각의 a, b R에 대하여 닫힌구간 [a, b]는 완전유계라는 것을 주목하여, R의 거리 부분공 간이 유계일 필요충분조건은 완전유계임을 보이시오 (vii) 각각의 n > 1에 대하여, Rn 의 거리 부분공간이 유계일 필요충분조건은 완전유계임을 보이 시오 14 모든 완전유계 거리공간은 가분임을 보이시오 (위의 연습문제 13과 연습문제 32 #4를 보시 오)

130 제 6 장 130 거리공간 15 (X, τ )를 위상공간이라 하자 만약 양의 정수 n이 존재하여 각 점 x X가 유클리드 거리공간 Rn 의 원점 0을 중심으로 갖는 열린구와 위상동형인 열린근방을 갖는다면 위상공간 (X, τ )를 국 소적 유클리드(locally euclidean) 공간이라고 부른다 Hausdorff 국소적 유클리드 공간을 위상다양체(topological manifold)라고 부른다1 (i) 모든 자명하지 않은 구간 (a, b), a, b R는 국소 유클리드 공간임을 증명하시오 (ii) S1 을 d(x, 0) = 1를 만족하는 모든 점 x R2 로 이루어진 R2 의 부분공간이라 하자 여기서 d는 유클리드 거리이다 S1 은 국소 유클리드 공간임을 보이시오 (iii) 임의의 양의 정수 n에 대하여 Rn 과 국소 위상동형인 모든 위상공간은 국소 유클리드임을 보이시오 (연습문제 43 #9를 보시오) (iv)* 국소 유클리드 공간이지만 위상다양체가 아닌 예제를 찾으시오 참고 문헌에 위상다양체에 대한 다른 정의가 있다(Kunen and Vaughan [180]; Lee [186]를 비교하시오) 특히 어떤 정의는 위상공간이 연결공간이어야 함을 요구하고 있다 소위 연결다양체(connected manifold) 를 말한다 그리고 더 오래된 정의는 위상공간이 거리화가능 공간이 되어야 함을 요구한다 Hausdorff 공간 X 의 각 점이 어떤 양의 정수 n에 대하여 Rn 에 위상적으로 동형인 열린근방을 갖거나 또는 Rn 의 닫힌 반-공간 {< x1, x2,, xn >: xi 0, i = 1, 2,, n}과 위상적으로 동형인 열린근방을 가지면 X를 경계가 있는 위상다양체 (topological manifold with boundary)라고 부른다 더 많은 구조를 갖는 다양체에 관한 많은 참고문헌이 있다 특히, 미분다양체(differentiable manifolds) (Gadea and Masque [109]; Barden and Thomas [24]), 매끄 러운 다양체(smooth manifolds) (Lee [187]) 그리고 Riemannian 다양체(Riemannian manifolds) 또는 Cauchy-Riemann 다양체(Cauchy-Riemann manifolds) 또는 CR-다양체(CR-manifolds) 등이 있다 1

131 62 수열의 수렴 수열의 수렴 우리는 수렴하는 실수열의 개념은 잘 알고 있다 그것은 다음과 같이 정의된다 주어진 임의의 양수 ε > 0에 대하여 어떤 정수 n0 가 존재하여 모든 n n0 에 대하여 xn x < ε를 만족하면 실수의 수열 x1, x2,, xn, 이 실수 x로 수렴한다(converge)고 한다 이 정의를 유클리드 거리를 갖는 R로부터 임의의 거리공간으로 어떻게 확장시킬 수 있는지는 분명하다 621 정의 (X, d)를 거리공간 그리고 x1,, xn, 을 X의 점으로 이루어진 수열이라 하자 그러면 주어진 임의의 양수 ε > 0에 대하여 어떤 n0 가 존재하여 모든 n n0 에 대하여 d(x, xn ) < ε이면 그 수열은 x X에 수렴한다(converge)고 말한다 이것을 xn x로 나 타낸다 y1, y2,, yn, 을 (X, d)의 점으로 이루어진 수열이라 하자 어떤 점 y X가 존재하여 yn y 이면 그 수열을 수렴하는(convergent) 수열이라고 한다 다음의 명제는 쉽게 증명된다 따라서 증명은 연습문제로 남겨둔다 622 명제 x1, x2,, xn, 을 거리공간 (X, d)의 점으로 이루어진 수열이라 하자 더 욱이, x와 y를 (X, d)의 점이라 하자 만약 xn x 그리고 xn y이면 x = y이다 거리공간 (X, d)의 부분집합 A가 거리 d에 의하여 X 위에 유도된 위상 τ 에 관하여 닫힌 (각각, 열린)집합이면, 편리하게 A를 거리공간 (X, d)에서 닫힌 (각각, 열린)집합이라 한다

132 제 6 장 132 거리공간 다음의 명제는 거리공간의 위상은 완전히 수렴하는 수열에 의하여 묘사될 수 있다는 놀라운 사실을 말해준다 623 명제 (X, d)를 거리공간이라 하자 X의 부분집합 A가 (X, d)에서 닫힌집합일 필 요충분조건은 A의 점으로 이루어진 모든 수렴하는 수열이 A 안의 점으로 수렴한다 (다른 말로 말하면, A가 (X, d)에서 닫힌집합일 필요충분조건은 x X 그리고 모든 n에 대하여 an A일 때, an x이면 x A이다) 증명 A를 (X, d)에서 닫힌집합이라 하고 an x라 하자 여기서, 모든 양의 정수 n에 대하여 an A이다 x X \ A라 가정하자 그러면, X \ A는 x를 포함하는 열린집합으로써, 어떤 열린 구 Bε (x)가 존재하여 x Bε (x) X \ A이다 각각의 an A임을 주목하여, 각각의 n에 대하여 d(x, an ) > ε을 얻는다 따라서 수열 a1, a2,, an, 은 x로 수렴하지 않는다 이것은 모순이다 따라서 우리가 원했던대로, x A이다 역으로, A의 점으로 이루어진 모든 수렴하는 수열이 A의 점으로 수렴한다고 가정하자 X \ A 는 열린집합이 아니라고 가정하자 그러면 점 y X \ A가 존재하여 각각의 ε > 0에 대하여, Bε (y) A 6= Ø이다 각각의 양의 정수 n에 대하여, xn 를 B1/n (y) A 안의 임의의 점이라 하자 이 때 xn y임을 주장하자 이것을 위하여, ε를 임의의 양의 실수라 하고, n0 를 1/ε보다 큰 임의의 정수라 하자 그러면 각각의 n n0 에 대하여, xn B1/n (y) B1/n0 (y) Bε (y) 이다 따라서 xn y이다 그리고, 가정에 의하여, y / A이다 이것은 모순이다 따라서 X \ A는 열린집합이다 그러므로 A는 (X, d)에서 닫힌집합이다

133 62 수열의 수렴 133 거리공간의 위상은 수렴하는 수열에 의하여 묘사할 수 있다는 것을 보았으므로, 연속함수도 그렇게 묘사할 수 있다는 것에 놀라지 말아야 한다 624 명제 (X, d)와 (Y, d1 )을 거리공간이라 하고 f 를 X로부터 Y 로의 함수라 하자 τ와 τ 1을 각각 d와 d1에 의하여 결정된 위상이라 하자 그러면 f : (X, τ ) (Y, τ 1)가 연속함수일 필요충분조건은 xn x f (xn ) f (x); 즉, 만약 x1, x2,, xn, 이 x로 수렴하는 (X, d)의 점으로 이루어진 수열이면, (Y, d1 )에 있는 점으로 된 수열 f (x1 ), f (x2 ),, f (xn ), 은 f (x)로 수렴한다 증명 xn x f (xn ) f (x)라 가정하자 f 가 연속이라는 것을 입증하기 위해서는 (Y, τ 1 ) 의 모든 닫힌집합의 역상이 (X, τ )에서 닫힌집합임을 보이면 충분하다 따라서 A를 (Y, τ 1 )의 닫힌 부분집합이라 하자 x1, x2,, xn, 를 x X로 수렴하는 f 1 (A)에 있는 점들의 수열이라 하자 xn x이므로 f (xn ) f (x)이다 그러나 각각의 f (xn ) A 그리고 A가 닫힌집합이므로, 명제 623 에 의하여, f (x) A이다 그러므로 x f 1 (A)이다 따라서 f 1 (A)의 점으로 된 모든 수렴하는 수열은 f 1 (A)의 한 점으로 수렴한다 그러므로 f 1 (A)는 닫힌집합이다 따라서 f 는 연속이다 역으로, f 를 연속이라 하고 xn x라 하자 ε를 임의의 양의 실수라 하면, 열린구 Bε (f (x))는 (Y, τ 1 )에서 열린집합이다 f 가 연속이므로, f 1 (Bε (f (x))는 (X, τ )에서 열린집합이고 x를 포함한다 그러므로 어떤 δ > 0가 존재하여 x Bδ (x) f 1 (Bε (f (x))) 이다 xn x이므로, 양의 정수 n0 가 존재하여 모든 n n0 에 대하여, xn Bδ (x)이다 그러므로 모든 n n0 에 대하여, f (xn ) f (Bδ (x)) Bε (f (x)) 이다 따라서 f (xn ) f (x)이다 아래의 따름정리는 명제 624로부터 쉽게 유도된다 625 따름정리 (X, d)와 (Y, d1 )을 거리공간, f 를 X로부터 Y 로의 함수, 그리고 τ와 τ1 을 각각 d와 d1 에 의하여 결정된 위상이라 하자 그러면 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 연속함수일 필요충분조건은 각각의 x0 X와 ε > 0에 대하여, δ > 0가 존재하여 모든 x X에 대하여 d(x, x0 ) < δ d1 (f (x), f (x0 )) < ε이다

134 제 6 장 134 거리공간 이 절에서 우리는 거리공간의 수열의 수렴성을 논의했다 이전에 왜 일반위상공간의 수열의 수렴성을 논의하지 않았는지를 물을 수 있다 이 맥락에 대해서는 수열과 그물(Nets)에 대한 YouTube 비디오를 시청하는 것이 도움이 될 것이다 이것은 Topology Without Tears Video 3a Sequences and Nets 그리고 Topology Without Tears Video 3b Sequences and Nets 이라고 부르는데 YouTube의 에서 그리고 중국 Youku 사이트 에서 찾아 볼 수 있다 또는 와 연계된 링크에서도 찾아 볼 수 있다 연습문제 62 1 C[0, 1]와 d를 보기 615와 같다고 하자 (C[0, 1], d)의 함수열 f1, f2,, fn, 을 다음과 같이 정의하자 sin(nx), n = 1, 2,, x [0, 1] n fn f0 임을 입증하시오 여기서, 모든 x [0, 1]에 대하여 f0 (x) = 0이다 fn (x) = 2 (X, d)를 거리공간 그리고 x1, x2,, xn, 을 xn x 그리고 xn y를 만족하는 수열이라 하자 x = y임을 증명하시오 3 (i) (X, d)를 거리공간, τ를 X 위에 유도된 위상, 그리고 x1, x2,, xn, 을 X의 점들로 된 수열이라 하자 xn x일 필요충분조건은 모든 열린집합 U 3 x에 대하여, 양의 정수 n0 가 존재해서 모든 n n0 에 대하여 xn U 임을 증명하시오 (ii) X를 집합 그리고 d와 d1 을 X 위의 동치인 거리라 하자 (i)로부터 만약 (X, d)에서 xn x 이면, (X, d1 )에서 xn x임을 유도하시오

135 62 수열의 수렴 따름정리 625를 증명하시오 5 (X, τ )를 위상공간 그리고 x1, x2,, xn, 을 X의 점으로 이루어진 수열이라 하자 만약 각각의 열린집합 U 3 x에 대하여 어떤 양의 정수 n0 가 존재해서 모든 n n0 에 대하여 xn U 이면 xn x이라고 말한다 xn x이고 xn y이지만 x 6= y인 위상공간과 수열의 예제를 찾으시오 6 (i) (X, d)를 거리공간 그리고 xn x이라 하자 여기서, 각각의 xn X 그리고 x X이다 A를 X의 부분집합으로써 x와 모든 점 xn 으로 이루어졌다 하자 A는 (X, d)에서 닫힌집합 임을 증명하시오 (ii) (i)로부터 집합 {2} {2 (iii) 집합 {2 7 (i) 1 n 1 n : n = 1, 2, }은 R에서 닫힌집합임을 유도하시오 : n = 1, 2, }은 R에서 닫힌집합이 아님을 입증하시오 d1, d2,, dm 을 집합 X 위의 거리 그리고 a1, a2, am 을 양의 실수라 하자 다음과 같이 정의된 d가 X 위의 거리임을 증명하시오 모든 x, y X에 대하여 d(x, y) = m X ai di (x, y) i=1 (ii) 만약 x X 그리고 x1, x2,, xn, 이 X의 점으로 이루어진 수열이고, 각각의 거리공간 (X, di )에서 xn x이라 하자 거리공간 (X, d)에서 xn x임을 증명하시오 8 X, Y, d1, d2 그리고 d를 연습문제 61 #4와 같다고 하자 만약 (X, d1 )에서 xn x 그리고 (Y, d2 )에서 yn y이면, (X Y, d)에서 hxn, yn i hx, yi 임을 증명하시오

136 제 6 장 거리공간 A와 B를 거리공간 (X, d)의 공집합이 아닌 부분집합이라 하자 함수 ρ를 다음과 같이 정의하자 ρ(a, B) = inf{d(a, b) : a A, b B} [ρ(a, B)를 집합 A와 B 사이의 거리(distance)라고 언급한다] (i) 만약 S가 (X, d)의 공집합이 아닌 임의의 부분집합이면, S = {x : x X 그리고 ρ({x}, S) = 0} 임을 증명하시오 (ii) 만약 S가 (X, d)의 공집합이 아닌 임의의 부분집합이면, 함수 f : (X, d) R, f (x) = ρ({x}, S), x X 는 연속임을 증명하시오 10 (i) 각각의 양의 정수 n에 대하여 fn 을 [0, 1]로부터 자기자신으로의 연속함수, 그리고 a [0, 1]이고 모든 n에 대하여 fn (a) = a라 하자 더욱이, f 를 [0, 1]로부터 자기자신으로의 연속함수라 하자 만약 (C[0, 1], d )에서 d 가 보기 616의 거리일 때, fn f 이면, a는 f 의 고정점임을 증명하시오 (ii) d 를 보기 615의 거리 d로 대치하면, (i)은 거짓임을 보이시오 63 완비성 631 정의 x1, x2,, xn, 을 거리공간 (X, d)의 점으로 이루어진 수열이라 하자 만약 주어진 임의의 실수 ε > 0에 대하여, 어떤 양의 정수 n0 가 존재해서 모든 정수 m n0 과 n n0 에 대하여 d(xm, xn ) < ε이 성립하면 그 수열을 Cauchy 수열(Cauchy sequence)이라고 부른다

137 63 완비성 명제 (X, d)를 거리공간 그리고 x1, x2,, xn, 을 (X, d)의 점으로 이루어진 수 열이라 하자 만약 점 a X가 존재하여 그 수열이 a로 수렴하면, 즉, xn a이면, 그 수열은 Cauchy 수열이다 증명 ε를 임의의 양의 실수라 하자 δ = ε/2라 놓자 xn a이므로 어떤 양의 정수 n0 가 존재하여 모든 n > n0 에 대하여 d(xn, a) < δ이다 따라서 m > n0 그리고 n > n0 라 하자 그러면 d(xn, a) < δ 그리고 d(xm, a) < δ이다 거리에 대한 삼각부등식에 의하여, d(xm, xn ) d(xm, a) + d(xn, a) <δ+δ =ε 이므로 그 수열은 사실상 Cauchy 수열이다 이것은 우리에게 자연스럽게 역명제에 관하여 생각하도록 한다 그리고 모든 Cauchy 수열이 수렴하는 수열인지를 묻게 한다 다음 보기는 이것은 사실이 아님을 보여준다 633 보기 유클리드 거리 d를 갖는 열린구간 (0, 1)을 생각하자 수열 01, 001, 0001, 00001, 은 Cauchy 수열이지만 (0, 1) 안의 어느 점으로도 수렴하지 않는다는 것은 분명하다 634 정의 거리공간 (X, d)의 모든 Cauchy 수열이 (X, d)의 점으로 수렴하면, (X, d) 를 완비(complete)거리공간이라고 한다 보기 633으로부터 유클리드 거리를 갖는 단위구간 (0,1)은 완비거리공간이 아님을 곧바로 안다 한편, 만약 X가 임의의 유한집합이고 d가 X 위의 이산거리이면, 분명히 (X, d)는 완비거리공 간이다 유클리드 거리를 갖는 R은 완비거리공간임을 보이겠다 먼저 몇 가지 준비가 필요하다 수열 x1, x2,, xn, 을 {xn }으로 간단히 나타낸다

138 제 6 장 정의 거리공간 만약 {xn }이 임의의 수열이면, n1 < n2 < n3 < 을 만족하는 수열 xn1, xn2, 을 {xn }의 부분수열(subsequence)이라고 한다 636 정의 {xn }을 R의 수열이라 하자 만약 모든 n N에 대하여 xn xn+1 을 만 족하면, {xn }을 증가수열(increasing sequence)이라 한다 만약 모든 n N에 대하여 xn xn+1 을 만족하면 {xn }을 감소수열(decreasing sequence)이라 한다 증가이거나 감소인 수열을 단조(monotonic)수열이라 한다 물론 대부분의 수열은 증가도 아니고 감소도 아니다 637 정의 {xn }을 R의 수열이라 하자 그러면 n0 N가 모든 n n0 에 대하여 xn xn0 를 만족하면, n0 N를 극점(peak point)이라고 부른다 638 보조정리 {xn }을 R의 임의의 수열이라 하자 그러면 {xn }은 단조 부분수열을 갖는다 증명 먼저 수열 {xn }이 무한개의 극점을 갖는다고 가정하자 이때 부분수열 {xnk }을 선택하자 여 기서 각각의 nk 는 극점이다 특히, 이것은 각각의 k N에 대하여 xnk xnk+1 가 성립함을 의미한다 즉, {xnk }은 {xn }의 감소 부분수열이다 따라서 {xnk }은 단조 부분수열이다 그 다음 오직 유한개의 극점이 존재한다고 가정하자 따라서 어떤 정수 N 이 존재하여 n > N 인 모든 n은 극점이 아니다 임의의 n1 > N 을 선택하자 그러면 n1 은 극점이 아니다 따라서 xn2 > xn1 를 만족하는 n2 > n1 가 존재한다 이제 n2 > N 이므로 n2 는 극점이 아니다 따라서 xn3 > xn2 를 만족하는 n3 > n2 이 존재한다 이 방법을 계속하면 (수학적 귀납법에 의하여), 모든 k N에 대하여 xnk < xnk+1 을 만족하는 {xn }의 부분수열 {xnk }을 얻는다; 즉, {xnk }은 {xn }의 증가 부분수열이다 이것으로 보조정리의 증명이 끝난다

139 63 완비성 명제 {xn }을 유클리드 거리를 갖는 R의 단조수열이라 하자 그러면 {xn }이 R의 점으로 수렴할 필요충분조건은 {xn }이 유계수열이다 증명 유계 는 주목 331에서 정의되었음을 기억하자 분명히 {xn }이 유계가 아니면, 그 수열은 수렴하지 않는다 그 다음 {xn }이 유계인 증가수열이라고 가정하자 최소상계공리에 의하여, 집합 {xn : n N} 의 최소상계 L이 존재한다 만약 ε이 임의의 양의 실수이면, 양의 정수 N 이 존재하여 d(xn, L) < ε 이다; 실제로, xn > L ε이다 그러나 {xn }이 증가수열이고 L이 상계이므로, 모든 n > N 에 대하여 L ε < xn < L 을 얻는다 즉, xn L이다 {xn }이 유계인 감소수열인 경우는 비슷한 방법으로 증명이 되므로, 증명이 끝난다 보조정리 638과 명제 639의 따름정리로, 즉시 다음을 얻는다: 6310 정리 (Bolzano-Weierstrass 정리) 유클리드 거리를 갖는 R의 모든 유계 수열은 수렴하는 부분수열을 갖는다 마침내 우리는 유클리드 거리를 갖는 R이 완비거리공간임을 증명할 수 있다

140 제 6 장 증명 따름정리 거리공간 유클리드 거리를 갖는 거리공간 R은 완비거리공간이다 {xn }을 (R, d)의 임의의 Cauchy 수열이라 하자 이 임의의 Cauchy 수열이 R에서 수렴하는 것을 보이면, 그 거리공간이 완비임을 보인 것이 될 것이다 첫번째 단계는 이 수열이 유계임을 보일 것이다 {xn }이 Cauchy 수열이므로, 어떤 양의 정수 N 이 존재하여 임의의 n N 과 m N 에 대하여, d(xn, xm ) < 1이다; 즉, xn xm < 1이다 M = x1 + x2 + + xn + 1라 놓자 그러면 모든 n N에 대하여 xn < M 이다; 즉, 수열 {xn }은 유계이다 따라서 Bolzano-Weierstrass 정리 6310에 의하여, 이 수열은 수렴하는 부분수열을 갖는다; 즉, 어떤 a R가 존재하고 xnk a인 부분수열 {xnk }가 존재한다 우리는 그 부분수열이 a로 수렴할 뿐 아니라, 수열 {xn } 자신도 a로 수렴함을 보일 것이다 ε을 임의의 양의 실수라 하자 {xn }이 Cauchy 수열이므로, 어떤 양의 정수 N0 가 존재하여 ε 모든 m N0 그리고 모든 n N0 에 대하여 xn xm < 이 성립한다 2 xnk a이므로, 어떤 양의 정수 N1 이 존재하여 모든 nk N1 에 대하여 xnk a < ε 2 이 성립한다 그러므로 N2 = max{n0, N1 }으로 선택하고, 위의 두 부등식을 결합하면, 모든 n > N2 과 모든 nk > N2 에 대하여, xn a xn xnk + xnk a ε ε < =ε 이다 그러므로 xn a이다 이것으로 따름정리의 증명이 완성되었다

141 63 완비성 141 따름정리 6312 각각의 양의 정수 m에 대하여, 유클리드 거리공간 Rm 은 완비거리공 간이다 증명 연습문제 63 #4를 보시오 명제 6313 (X, d)를 거리공간, Y 를 X의 부분집합, 그리고 d1 을 d에 의하여 Y 위에 유도된 거리라 하자 (i) 만약 (X, d)가 완비거리공간이고 Y 가 (X, d)의 닫힌 부분공간이면, (Y, d1 )은 완비거리공간 이다 (ii) 만약 (Y, d1 )이 완비거리공간이면, Y 는 (X, d)의 닫힌 부분공간이다 증명 연습문제 63 #5를 보시오 6314 주목 보기 633은 유클리드 거리를 갖는 (0, 1)은 완비거리공간이 아님을 보였음을 주목하자 그러나, 따름정리 6311은 유클리드 거리를 갖는 R은 완비거리공간임을 보였다 그리고 우리는 위상공간 (0, 1)과 R은 위상동형임을 알고 있다 따라서 완비성은 위상동형함수에 의하여 보존이 되지 않는다 그러므로 완비성은 위상적 성질이 아니다 6315 정의 위상공간 (X, τ ) 위에 거리 d가 존재하여 τ가 d에 의해서 결정된 X 위 의 위상이고, (X, d)가 완비거리공간이면, 위상공간 (X, τ )를 완비거리화가능(completely metrizable)공간이라고 한다 6316 주목 완비거리화가능은 실제로 위상적 성질임을 주목하자 더욱이, 모든 이산거리 공간과 유도위상을 갖는 R의 모든 구간은 완비거리화가능임을 입증하는 것은 쉽다 (연습문제 63 #7을 보시오) 따라서 a, b R, a < b에 대하여, 유도된 위상을 갖는 위상공간들 R, [a, b], (a, b), [a, b), (a, b], (, a), (, a], (a, ), [a, ), 그리고 {a}는 모두 완비거리화가능이다 나중에 볼 다소 놀라운 것은 유도된 위상을 갖는 무리수 P 조차도 완비거리화가능이다 또한 (0, 1)은 닫힌 부분집합이 아닌 R의 완비거리화가능 부분공간이기 때문에, 완비거리를 완비거리화가능으로 바꾸면 명제 6313 (ii)는 참이 아닐 수 있다

142 제 6 장 정의 거리공간 위상공간이 가산인 조밀한 부분집합을 가지면 가분(separable)공간이라 고 한다 연습문제 32 #4에서 R과 모든 가산위상공간은 가분공간임을 보았다 다른 예제는 연습문제 61 #7에 있다 6318 정의 위상공간 (X, τ )가 가분이고 완비거리화가능이면 Polish 공간이라고 불 린다 R이 Polish 공간임은 분명하다 연습문제 63 #6에 의하여, 각각의 양의 정수 n에 대하여 Rn 은 Polish 공간이다 6319 정의 위상공간 (X, τ )가 Hausdorff이고 Polish 공간의 연속상이면 Souslin 공간이라고 불린다 위상공간 (Y, τ 1 )의 부분집합 A의 유도위상이 τ 2이고, (A, τ 2)가 Souslin 공간이면, A를 (Y, τ 1 )에서 해석적 집합(analytic set)이라고 부른다 분명히 모든 Polish 공간은 Souslin 공간이다 Souslin 공간은 거리화가능일 필요가 없기 때문에 연습문제 61 #12와 #11에 의하여 역은 성립하지 않는다 그러나, 거리화가능 Souslin 공간조차도 반드시 Polish 공간은 아니라는 것을 보이겠다 이것을 보이기 위해서, 모든 가산공간은 이산공간 N의 연속상이므로 모든 가산위상공간은 Souslin 공간이다라는 사실을 주목하자; 그러한 하나의 공간이 보기 658에서 보게 될 거리화가능 공간 Q인데, 그것은 Polish 공간은 아니다 우리는 두 위상공간이 위상동형이면 동치라는 것을 알고 있다 두 개의 거리공간이 언제 (거리 공간으로서) 동치인가?에 대한 질문은 자연스러운 것이다 관련된 개념이 연습문제 61 #10에서 소개되었던, 즉, 등거리(isometric) 개념이다 6320 정의 (X, d)와 (Y, d1 )을 거리공간이라 하자 만약 전사함수 f : X Y 가 존 재하여 모든 x1, x2 X에 대하여 d(x1, x2 ) = d1 (f (x1 ), f (x2 ))이면, (X, d)는 (Y, d1 )과 등거리 (isometric)라고 말한다 그러한 함수 f 를 등거리함수(isometry)라고 한다

143 63 완비성 143 d를 R 위의 임의의 거리 그리고 a를 임의의 양의 실수라 하자 만약 d1 을 모든 x, y R에 대하여 d1 (x, y) = ad(x, y)로 정의하면, (R, d1 )은 (R, d)와 등거리인 거리공간임을 입증하는 것은 쉽다 또한 임의의 두 등거리공간은 서로 위상동형인 관련 위상공간을 갖는다는 것을 입증하는 것과 모든 등거리함수는 역시 관련 위상공간 사이의 위상동형함수임을 입증하는 것은 쉽다 6321 정의 (X, d)와 (Y, d1 )을 거리공간이라 하고, f 를 X로부터 Y 로의 함수라 하자 Z = f (X), 그리고 d2 를 d1 에 의하여 Z 위에 유도된 거리라 하자 만약 f : (X, d) (Z, d2 )가 등거리함수이면, f 를 (X, d)에서 (Y, d1 ) 안으로의 등거리 넣기함수(isometric embedding) 라고 말한다 물론 유클리드 공간 Q의 유클리드 공간 R 안으로의 자연스러운 넣기함수는 등거리 넣기함수이 다 유클리드 거리를 갖는 N도 또한 두 유클리드 공간 R과 Q 안으로 자연스러운 등거리 넣기함수를 갖는 경우이다 6322 정의 (X, d)와 (Y, d1 )을 거리공간 그리고 f 를 X로부터 Y 로의 함수라 하자 만약 (Y, d1 )이 완비거리공간, f : (X, d) (Y, d1 )는 등거리 넣기함수이고 f (X)는 관련된 위상공간 에서 Y 의 조밀한 부분집합이면, (Y, d1 )을 (X, d)의 완비화(completion)라고 부른다 분명히 유클리드 공간 R은 유클리드 공간 Q의 완비화이다 또한 유클리드 공간 R은 유클리드 거리를 갖는 무리수 집합 P의 완비화이다 곧바로 두 개의 질문이 마음 속에 떠오른다: (1) 모든 거리공간이 완비화를 갖는가? (2) 어떤 의미에서 거리공간의 완비화가 유일한가? 우리는 두 개의 질문에 대한 답변이 모두 긍정적 임을 보게 될 것이다

144 제 6 장 명제 거리공간 (X, d)를 임의의 거리공간이라 하자 그러면 (X, d)는 완비화를 갖는다 증명 개요 (X, d)의 두 Cauchy 수열 {yn }과 {zn }이 R에서 d(yn, zn ) 0이면 동치라고 말함으로 써 증명을 시작하자 이것은 사실상 동치관계이다; 즉, 이것은 반사적, 대칭적, 그리고 추이적이다 e (X, d)에서 동치인 Cauchy 수열의 모든 동치류들의 집합이라 하자 우리는 X e 위에 하나의 이제 X를 거리를 정의하기를 원한다 e y 와 z 를 X의 임의의 두 점이라 하자 {yn } y 과 {zn } z 을 Cauchy 수열이라 하자 이제 수열 {d(yn, zn )}은 R의 Cauchy 수열이다 (연습문제 63 #8을 보시오) R이 완비거리공간이기 때문에, 이 Cauchy 수열은 R의 어떤 수로 수렴하는데, 우리는 이 수를 d1 (y, z )로 나타낸다 d1 (y, z ) 는 y 의 수열 {yn }과 z 의 수열 {zn }의 선택에 무관함을 보이는 것은 간단하다 각각의 x X에 대하여, 상수 수열 x, x,, x, 는 (X, d)의 Cauchy 수열이고 x로 수렴한다 e x 를 x X로 수렴하는 모든 Cauchy 수열들의 동치류를 나타낸다고 하자 X의 부분집합 Y 를 e 위의 거리 d1 에 의하여 유도된 Y 위의 거리이면, f (x) = x 에 {x : x X}로 정의하자 만약 d2 가 X 의하여 정의된 함수 f : (X, d) (Y, d2 )는 등거리함수임은 분명하다 e 이제 Y 가 X에서 조밀함을 보이자 이것을 위하여 임의의 주어진 실수 ε > 0에 대하여, 그리고 e 대하여, 어떤 x Y 가 존재하여 d1 (z, x ) < ε임을 보인다 z는 Cauchy 수열의 동치류임을 z X에 주목하자 {xn }을 동치류 z에 있는 Cauchy 수열이라 하자 어떤 양의 정수 n0 가 존재해서 모든 n > n0 에 대하여, d1 (xn, xn0 ) < ε이다 이제 상수수열 xn0, xn0,, xn0, 를 생각하자 이 수열은 Y e 에 속하는 동치류 xf f n0 안에 있다 더욱이, d1 (x n0, z) < ε이다 따라서 Y 는 실제로 X에서 조밀하다 e d1 )는 완비거리공간임을 보인다 {zn }을 이 공간 안에 있는 Cauchy 수열이라 마지막으로, (X, e 하자 우리는 이 수열이 X에서 수렴함을 보여야 한다 Y 가 조밀하기 때문에, 각각의 양의 정수 n 에 대하여, 어떤 x fn Y 가 존재하여 d1 (f xn, zn ) < 1/n이 성립한다 {f xn }이 Y 에서 Cauchy 수열임을 보이자 실수 ε > 0을 생각하자 양의 정수 N 이 존재해서 n, m > N 에 대하여, d1 (zn, zm ) < ε/2이다 이제 1/n1 < ε/4을 만족하는 양의 정수 n1 을 택하자 n, m > n1 + N 에 대하여, 다음을 얻는다: d1 (f xn, xf xn, zn ) + d1 (zn, zm ) + d1 (zm, xf m ) < d1 (f m ) < 1/n + ε/2 + 1/m < ε 따라서 {f xn }는 Y 에서 Cauchy 수열이다 이것은 {xn }이 (X, d)에서 Cauchy 수열임을 의미한다 e 대하여 {xn } z이다 이제 첫번째로 x 따라서 어떤 z X에 fn z임을 보이고 그 다음에 zn z 임을 보이는 것은 쉽다 이것으로 증명이 끝난다

145 63 완비성 명제 (A, d1 )과 (B, d2 )를 완비거리공간이라 하자 X를 유도된 거리 d3 를 갖 는 (A, d1 )의 부분집합이라 하고, Y 를 유도된 거리 d4 를 갖는 (B, d2 )의 부분집합이라 하 자 더욱이, X는 (A, d1 )에서 조밀하고 Y 는 (B, d2 )에서 조밀하다고 하자 만약 등거리함수 f : (X, d3 ) (Y, d4 )가 존재하면, 어떤 등거리함수 g : (A, d1 ) (B, d2 )가 존재해서 모든 x X에 대하여 g(x) = f (x)이다 증명 개요 a A라 하자 X가 (A, d1 )에서 조밀하므로, 어떤 수열 xn X이 존재하여 xn a 이다 따라서 {xn }은 Cauchy 수열이다 f 가 등거리함수이므로, {f (xn )}은 (Y, d4 )에서 Cauchy 수 열이다 그러므로 그것은 또한 (B, d2 )에서 Cauchy 수열이다 (B, d2 )가 완비거리공간이므로, 어떤 b B가 존재하여 f (xn ) b이다 그래서 우리는 g(a) = b로 정의한다 g가 A로부터 B로의 잘 정의된 함수임을 보이기 위해서는, 만약 {zn }이 a로 수렴하는 X 의 임의의 다른 수열이면, f (zn ) b임을 반드시 입증해야 한다 이것은 d1 (xn, zn ) 0이므로 d2 (f (xn ), f (zn )) = d4 (f (xn ), f (zn )) 0라는 사실로부터 나온다 다음으로 g : A B가 단사이고 전사임을 보여야 한다 이것은 일상적인 것이기 때문에 연습문 제로 남겨둔다 마지막으로, X 안에 있는 각각의 a1n 과 각각의 a2n 에 대하여 a1, a2 A 그리고 a1n a1 그리고 a2n a2 라 하자 그러면 d1 (a1, a2 ) = lim d3 (a1n, a2n ) = lim d4 (f (a1n ), f (a2n )) = d2 (g(a1 ), g(a2 )) n n 이다 그러므로 g는 실제로 우리가 원하는 등거리함수이다 명제 6324는, 등거리함수에 이르기까지, 거리공간의 완비화는 유일하다는 것을 말한다 우리는 다른 개념으로 이 절을 마무리한다 보기 619에서 노름벡터공간을 소개했던 것을 기억하자 이제 노름벡터공간들의 매우 중요한 집합류를 정의하자 6325 정의 (N, )을 노름벡터공간 그리고 d를 집합 N 위에 관련된 거리라 하자 만약 (N, d)가 완비거리공간이면 (N, )을 Banach 공간이라 부른다

146 제 6 장 보기 거리공간 연습문제 61 #7과 #8에서 우리는 거리공간 (`1, d1 ), (`2, d2 ), (`, d ), 그리고 (c0, d0 )을 소개했고, 각각은 자연스러운 방법으로 노름벡터공간으로 만들 수 있다고 했다 우리는 이러한 노름공간을 나타내기 위하여 표기법 `1, `, `2, 그리고 c0 를 사용했다 사실상 이 모든 것은 Banach 공간이고, `1, `2, 그리고 c0 는 가분 Banach 공간이다 (연습문제 63 #11을 보시오) 명제 6323으로부터 우리는 모든 노름벡터공간은 완비화를 갖는다는 것을 알고 있다 그러 나, 보다 즐거운 특징은, 사실상 이 완비화가 또한 노름벡터공간이고, 따라서 Banach 공간이라는 것이다 (연습문제 63 #12를 보시오) 연습문제 63 1 수열 {xn = n P i=0 1 }은 i! 유클리드 거리를 갖는 Q에서 Cauchy 수열임을 입증하시오 [이 수열은 Q 안으로 수렴하지 않는다 R에서 그 수열은 무리수로 알려진 e에 수렴한다 e가 무리수, 사실상 초월수라는 증명에 대해서는 Jones et al [164]을 보시오] 2 Cauchy 수열의 모든 부분수열은 Cauchy 수열임을 증명하시오 3 유클리드 공간 R의 부분수열이 Cauchy 수열이 아닌 수열의 보기를 드시오 4 따름정리 6311을 이용하여, 각각의 양의 정수 m에 대하여, 유클리드 거리공간 Rm 은 완비거 리공간임을 증명하시오 [힌트 {< x1n, x2n,, xmn >: n = 1, 2, }을 Rm 에서 Cauchy 수열이라 하자 각각의 i = 1, 2,, m에 대하여, 유클리드 거리공간 R의 수열 {xin : n = 1, 2, }은 Cauchy 수 열이다 따라서 어떤 점 ai 에 수렴한다 그 다음에 수열 {< x1n, x2n,, xmn >: n = 1, 2, }은 점 < a1, a2,, am >에 수렴한다는 것을 보이시오] 5 완비거리공간의 모든 닫힌 부분공간은 완비거리공간이다 그리고 거리공간의 모든 완비거리부 분공간은 닫힌공간이다라는 것을 증명하시오 6 각각의 양의 정수 n에 대하여, Rn 은 Polish 공간임을 증명하시오 7 a, b R, a < b라 하자 모든 이산공간 그리고 유도위상을 갖는 각각의 공간 [a, b], (a, b), [a, b), (a, b], (, a), (, a], (a, ), [a, ), 그리고 {a}은 Polish 공간임을 증명하시오

147 63 완비성 만약 (X, d)가 거리공간이고 {xn }과 {yn }이 Cauchy 수열이면, {d(xn, yn )}는 R의 Cauchy 수열임을 증명하시오 9 명제 6323의 증명에서 빠진 자세한 사항을 채우시오 10 명제 6324의 증명에서 빠진 자세한 사항을 채우시오 11* 연습문제 61 #7의 각각의 공간 (`1, d1 ), (`2, d2 ), (c0, d0 ), 그리고 (`, d )는 완비거리공간임을 보이시오 사실상, 이러한 각각의 공간은 자연스러운 방법으로 Banach 공간임을 보이시오 e 위에 노름벡터공간 12* X를 임의의 노름벡터공간이라 하자 명제 6323에서 만든 완비거리공간 X 구조를 주는 것이 가능함을 증명하시오 따라서 모든 노름벡터공간은 완비화를 갖는데, 이것은 Banach 공간이다 13 (X, d)를 거리공간 그리고 S를 X의 부분집합이라 하자 만약 어떤 양의 정수 M 이 존재하여 모든 x, y S에 대하여 d(x, y) < M 이면, 집합 S를 유계(bounded)집합이라고 한다 (i) 만약 S가 (X, d)에서 유계인 집합이고 S = X이면, (X, d)는 유계 거리공간임을 보이시오 (연습문제 61 #2를 보시오) (ii) a1, a2,, an, 을 거리공간 (X, d)에서 수렴하는 수열이라 하자 만약 S가 이 수열의 (서로 다른) 점으로 이루어진 집합이면, S는 유계집합임을 보이시오 (iii) b1, b2,, bn, 을 완비거리공간 (X, d)에서 Cauchy 수열이라 하자 만약 T 가 이 수열의 점으로 이루어진 집합이면, T 는 유계집합임을 보이시오 (iv) (X, d)가 완비가 아니라는 주장을 할지라도 위의 (iii)은 참인가? 14 거리공간 (X, d)가 가분일 필요충분조건은 관련된 위상공간 (X, τ )가 제2가산공리를 만족함을 증명하시오 (연습문제 22 #4를 보시오) 15 위의 연습문제 14로부터 만약 (X, d)가 가분인 거리공간, 그리고 d1 이 d에 의하여 X의 부분집합 Y 위에 유도된 거리이면, (Y, d1 )은 가분임을 유도하시오; 다른 말로 말하면, 가분인 거리공간 의 모든 부분공간은 가분이다 (가분인 위상공간의 부분공간은 가분이라는 것은 반드시 참이 아님을 주목해야 한다)

148 제 6 장 거리공간 축소함수 우리는 5장에서 고정점 정리에 대하여 공부하였다 이 절에서는 또 다른 형태의 고정점 정리에 대하여 알아보겠다 이 절의 대부분은 일반위상보다는 거리공간에 관한 것이다 하지만 이 주제는 응용에 있어서 중요하다 641 정의 f 가 집합 X로부터 자기자신으로의 함수라고 하자 이때, f (x) = x인 점 x X를 f 의 고정점(fixed point)이라고 말한다 642 정의 (X, d)가 거리공간이고 f 가 X로부터 자기자신으로의 함수라고 하자 다음을 만족하는 r (0, 1)이 존재할 때, f 를 축소함수(contraction mapping)라고 말한다: 모든 x1, x2 X에 대하여, 643 증명 명제 d(f (x1 ), f (x2 )) rd(x1, x2 ) f 가 거리공간 (X, d)의 축소함수라고 하자 그러면 f 는 연속함수이다 연습문제 64 #1을 보시오

149 64 축소함수 정리 (축소함수 정리(Contraction Mapping Theorem) 혹은 Banach 고 정점 정리(Banach Fixed Point Theorem)) (X, d)가 완비거리공간이고 f 가 (X, d) 로부터 자기자신으로의 축소함수라고 하자 그러면 f 는 정확히 한 개의 고정점을 갖는다 증명 x가 X의 임의의 점이라 하고 수열 x, f (x), f 2 (x) = f (f (x)), f 3 (x) = f (f (f (x))),, f n (x), 을 생각하자 우리는 이 수열이 Cauchy 수열임을 보이겠다 a = d(x, f (x))이라 놓자 f 는 축소함 수이기 때문에, 다음을 만족하는 r (0, 1)이 존재한다: 모든 x1, x2 X에 대하여, d(f (x1 ), f (x2 )) rd(x1, x2 ) 분명히 d(f (x), f 2 (x)) rd(x, f (x)) = ra, d(f 2 (x), f 3 (x)) r2 d(x, f (x)) = r2 a이고, 귀납법에 의하여 다음을 얻는다: 각각의 k N에 대하여 d(f k (x), f k+1 (x)) rk d(x, f (x)) = rk a m과 n이 양의 정수들로서 n > m이라고 하자 그러면 d(f m (x), f n (x)) = d(f m (x), f m (f n m (x))) rm d(x, f n m (x)) rm [d(x, f (x)) + d(f (x), f 2 (x)) + + d(f n m 1 (x), f n m (x))] rm d(x, f (x))[1 + r + r2 + + rn m 1 ] rm a 1 r 이다 r < 1이므로, 분명히 {f n (x)}는 Cauchy 수열이다 (X, d)가 완비이므로, f n (x) z을 만족 하는 z X가 존재한다 명제 643에 의해, f 는 연속이므로 f (z) = f lim f n (x) = lim f n+1 (x) = z n n (61) 이다 따라서 z는 f 의 고정점이다 마지막으로 t가 f 의 임의의 고정점이라고 하자 그러면 d(t, z) = d(f (t), f (z)) rd(t, z) 이다 r < 1이므로 d(t, z) = 0이다 그러므로 t = z이고 f 는 오직 한 개의 고정점을 갖는다 (62)

150 제 6 장 150 거리공간 특히 언급할 만한 것은 축소함수 정리가 고정점의 존재성 증명 뿐만 아니라 그것을 찾는 방법을 제공해 준다는 것이다; 즉, x가 X의 임의의 점이고 수열 {f n (x)}의 극한을 찾는다 이 방법은 우리가 원하는 정확도로 극한의 근삿값을 구하기 위해 컴퓨터 프로그램을 쓸 수 있도록 해준다 연습문제 64 1 명제 643을 증명하시오 2 축소함수 정리 644의 확장인 다음을 보이시오: f 가 완비거리공간 (X, d)로부터 자기자신으 로의 함수이고 어떤 양의 정수 N 에 대하여 f N 이 축소함수이면, f 는 정확히 한 개의 고정점을 갖는다 3 평균값 정리(Mean Value Theorem)란 다음을 말한다: f 가 닫힌 단위구간 [a, b] 위의 실숫값 함수로 [a, b]에서 연속이고 (a, b)에서 미분가능하다고 하자 그러면 f (b) f (a) = f 0 (c)(b a) 을 만족하는 점 c [a, b]가 존재한다 (f 가 점 s에서 미분가능(differentiable)하다는 것은 f (x) f (s) x s x s lim = f 0 (s)가 존재할 때임을 상기하자) 평균값 정리를 이용하여 다음을 증명하시오: f : [a, b] [a, b]가 미분가능하다고 하자 그러면 f 가 축소함수일 필요충분조건은 r (0, 1)이 존재해서 모든 x [a, b]에 대하여 f 0 (x) r이다 4 위의 연습문제 3과 2를 이용하여 다음을 보이시오: f (x) = cos x로 주어진 f : R R는 축소함수 정리의 조건을 만족하지 않지만 유일한 고정점을 갖는다

151 65 Baire 공간 Baire 공간 651 정리 (Baire 범주 정리(Baire Category Theorem)) (X, d)가 완비거리 공간이라고 하자 X1, X2,, Xn, 이 X의 조밀하면서 열린 부분집합들의 수열이라면, 집합 T n=1 Xn 또한 X에서 조밀하다 증명 (X, d)의 임의의 열린 부분집합 U 에 대하여 U T n=1 Xn 6= Ø을 보이는 것으로 충분하다 X1 이 X에서 조밀하고 열려 있으므로, 집합 U X1 은 (X, d)의 공집합이 아닌 열린 부분집합이다 열린공 U1 의 반경이 기껏해야 1이고 U1 U X1 을 만족한다고 하자 귀납적으로 각각의 양의 정수 n > 1에 대하여, 열린공 Un 의 반경이 기껏해야 1/n이고 Un Un 1 Xn 을 만족하도록 정의하자 각각의 양의 정수 n에 대하여, xn 이 Un 의 임의의 점이라고 하자 분명히 그 수열 {xn }은 Cauchy 수열이다 (X, d)가 완비거리공간이므로, 이 수열은 한 점 x X로 수렴한다 모든 양의 정수 m에 대하여 그 수열 {xn }의 모든 항들은 닫힌집합 U m 에 속함을 관찰하자 따라서 극한 x는 집합 U m 에 속한다 T 그러면 모든 n N에 대하여 x Un 이다 그러므로 x n=1 Un 이다 T T T 한편 U n=1 Xn n=1 Un 3 x이기 때문에, U n=1 Xn 6= Ø이 성립한다 이것으로 정리의 증명이 완료되었다 연습문제 32 #5에서 우리는 위상공간의 한 부분집합의 내부의 개념을 소개했었다 우리는 이제 외부 뿐만 아니라 경계라는 용어를 정식으로 정의한다 652 정의 (X, τ )가 위상공간이고 A가 X의 부분집합이라고 하자 A에 포함되는 가장 큰 열린집합을 A의 내부(interior)라고 부르고 Int(A)으로 나타낸다 각각의 점 x Int(A)를 A의 내점(interior point)이라고 부른다 A의 여집합의 내부인 집합 Int(X \ A)는 Ext(A) 으로 나타내고, A의 외부(exterior)라고 부른다 그리고 Ext(A)에 있는 각각의 점을 A의 외점(exterior point)이라고 부른다 집합 A \ Int(A)을 A의 경계(boundary)라고 부르고 A의 경계에 있는 각각의 점을 A의 경계점(boundary point)이라고 부른다 정의 652에서, 집합 X는 A의 내부, A의 외부, A의 경계의 합집합이고 이러한 세 집합들 각각은 다른 두 집합들의 각각과 서로소이다

152 제 6 장 거리공간 위상공간 (X, τ )의 부분집합 A에 대하여 A의 내부가 공집합(empty 정의 interior)일 때, A를 조밀한 곳이 없는(nowhere dense) 집합이라고 말한다 이 정의들은 정리 651을 다음처럼 바꾸어 표현할 수 있도록 해준다 따름정리 (Baire 범주 정리(Baire Category Theorem)) (X, d)가 완 S 비거리공간이라고 하자 X1, X2,, Xn, 이 X의 부분집합들의 수열로서 X = n=1 Xn 이면, 654 적어도 하나의 n N에 대하여, 집합 Xn 은 공집합이 아닌 내부를 갖는다; 즉, Xn 은 조밀한 곳이 없는 집합이 아니다 증명 연습문제 65 #2 정의 위상공간 X의 조밀하면서 열린 부분집합들로 이루어진 모든 수열 {Xn }에 T 대하여 n=1 Xn 이 X에서 조밀할 때, X를 Baire 공간(Baire space)이라고 말한다 따름정리 주목 모든 완비거리화가능공간은 Baire 공간이다 따름정리 656은 거리공간 이론보다는 위상에서의 결과임을 주목하는 것이 중 요하다 또한 완비거리화가능하지 않은 Baire 공간이 존재함을 주목하자 (연습문제 65 #6 (iv)를 보시오) 658 보기 위상공간 Q는 Baire 공간이 아니므로 완비거리화가능하지 않다 이것을 보이기 위해서 유리수들의 집합은 가산임을 주목하고 Q = {x1, x2,, xn, }이라고 하자 각각의 집합 T Xn = Q \ {xn }은 Q에서 조밀하고 열려 있지만, n=1 Xn = Ø이다 그러므로 Q는 Baire 공간이 아니다

153 65 Baire 공간 153 주목 우리가 주목해야 할 것은 (Baire 범주 정리 654를 얻었듯이) Q가 Baire 공간이 659 아니라는 더 일반적인 결과보다 Q가 완비거리화가능하지 않다는 것을 증명하는 것이 더 어려웠다 위상 뿐만 아니라 수학에서 놀랍고 중요한 특징은 더 일반적인 결과를 증명하기가 때때로 더 쉽다는 것이다 6510 정의 Y 가 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라고 하자 Y 가 X의 조밀한 곳이 없는 부분집합들의 가산개의 합집합일 때, Y 를 (X, τ )에서 제1범주(first category) 집합 또는 meager 집합이라고 말한다 Y 가 제1범주가 아니면, 그것을 (X, τ )에서 제2범주(second category) 집합이라고 말한다 Baire 범주 정리 654는 해석학에서 많은 응용을 갖지만, 이것들은 우리의 위상 공부 바깥에 놓여 있다 하지만 우리는 Banach 공간 이론에서 중요한 정리인 열린함수 정리(Open Mapping Theorem)를 다루고 이 절을 마무리짓겠다 이 정리는 Baire 범주 정리 654의 결과이다 명제 증명 Y 가 Baire 공간 (X, τ )의 제1범주 집합이면, Y 의 내부는 공집합이다 Y 가 제1범주이기 때문에, 조밀한 곳이 없는 Yn, n N들에 대하여 Y = S Yn 이다 n=1 U τ 가 U Y 을 만족한다고 하자 그러면 U S n=1 그래서 X \ U T Yn S Yn 이다 n=1 (X \ Yn )이고, 각각의 X \ Yn 들은 (X, τ )에서 조밀한 열린 부분집합이다 n=1 (X, τ )가 Baire이기 때문에, T (X \ Yn )은 (X, τ )에서 조밀하다 따라서 닫힌집합 X \ U 는 (X, τ ) n=1 에서 조밀하다 이것은 X \U = X를 함의한다 그러므로 U = Ø이다 이것으로 증명을 완료하였다

154 제 6 장 154 따름정리 6512 거리공간 Y 가 Baire 공간 (X, τ )의 제1범주 부분집합이면, X \ Y 는 제2범주 집합이다 증명 그렇지 않다면, Baire 공간 (X, τ )는 조밀한 곳이 없는 집합들의 가산개의 합집합일 것이 다 6513 주목 Q는 R의 제1범주 부분집합이므로, 따름정리 6512로부터 무리수들의 집합 P 는 제2범주 집합이다 6514 정의 S가 실벡터공간 V 의 부분집합이라고 하자 각각의 x, y S와 모든 실수 0 < λ < 1에 대하여, 점 λx + (1 λ)y가 S에 속할 때, 그 집합 S를 볼록(convex)이라고 말한다 명백히 벡터공간의 모든 부분공간은 볼록이다 또한 임의의 노름벡터공간에서 모든 열린구와 모든 닫힌구도 볼록이다

155 65 Baire 공간 정리 (열린함수 정리(Open Mapping Theorem)) (B, )와 ((B1, 1 ) 이 Banach 공간이고 L : B B1 이 B로부터 B1 위로의 (벡터공간 의미에서) 연속인 선형함 수라고 하자 그러면 L은 열린함수이다 증명 연습문제 65 #1 (iv)에 의하여, N N이 존재하여 어떤 s > 0에 대하여 L(BN (0)) Bs (0)임을 보이는 것으로 충분하다 S S 명백히 B = Bn (0)이고 L는 전사이므로, B1 = L(B) = L(Bn (0))이다 n=1 n=1 B1 이 Banach 공간이므로, Baire 범주 정리의 따름정리 654에 의하여 L(BN (0))가 공집합이 아닌 내부를 갖게 되는 N N이 존재한다 그래서 Bt (z) L(BN (0))을 만족하는 z B1 와 t > 0가 존재한다 연습문제 65 #3에 의해, 일반성을 잃지 않고 z L(BN (0))을 가정할 수 있다 반면에 Bt (z) = Bt (0) + z이고 Bt (0) L(BN (0)) z = L(BN (0)) z L(BN (0)) L(BN (0)) L(B2N (0)) 이므로, L의 선형성에 의하여 Bt/2 (0) L(BN (0))이다 우리는 이제 이것이 Bt/4 (0) L(BN (0))을 함의함을 보일 것이다 w Bt/2 (0)라고 하자 그러면 w L(x1 ) 1 < 4t 을 만족하는 x1 BN (0)이 존재한다 L의 선형성에 의하여, 각각의 정수 k > 0에 대하여 Bt/2 (0) L(BN (0)) = Bt/(2k) (0) L(BN/k (0)) 임을 주목하자 따라서 (w L(x1 )) L(x2 ) 1 = w L(x1 ) L(x2 ) 1 < t 8 을 만족하는 x2 BN/2 (0)가 존재한다 이 방법을 계속함으로써, 우리는 귀납법에 의하여 xm < N 과 2m 1 w L(x1 + x2 + + xm ) 1 = w L(x1 ) L(x2 ) L(xm ) 1 < t 2m 을 만족하는 수열 {xm }을 얻는다 P B가 완비이므로, 급수 m=1 xm 은 극한 a로 수렴한다 명백히 a < 2N 이고 L의 연속성에 의하여, w = L(a) L(B2N (0))이다 따라서 Bt/2 (0) L(B2N (0))이고, 그러므로 Bt/4 (0) L(BN (0))은 그 증명을 완료한다

156 제 6 장 156 거리공간 열린함수 정리의 따름정리인 다음은 바로 얻어지며 매우 중요한 특별한 경우이다 6516 따름정리 한 Banach 공간으로부터 또 다른 Banach 공간으로의 일대일이고 연속인 선형함수는 위상동형함수이다 특히, 한 Banach 공간으로부터 자기자신 위로의 일대 일이고 연속인 선형함수는 위상동형함수이다 연습문제 65 1 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이라고 하자 함수 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )를 열린함수(open mapping)라고 함은 (X, τ )의 각각의 열린 부분집합 A에 대하여 집합 f (A)가 (Y, τ 1 )에서 열려 있음을 말한다 (i) f 가 열린함수일 필요충분조건은 각각의 U τ 와 각각의 x U 에 대하여, 집합 f (U )가 f (x)의 근방임을 보이시오 (ii) (X, d)와 (Y, d1 )이 거리공간이고 f 가 X로부터 Y 위로의 함수라고 하자 f 가 열린함수일 필 요충분조건은 각각의 n N과 각각의 x X에 대하여, f (B1/n (x)) Br (f (x))을 만족하는 r > 0이 존재함을 증명하시오 (iii) (N, )과 (N1, 1 )이 노름벡터공간이고 f 가 N 으로부터 N1 으로의 선형함수라고 하자 f 가 열린함수일 필요충분조건은 각각의 n N에 대하여 f (B1/n (0)) Br (0)을 만족하는 r > 0이 존재함을 증명하시오 (iv) (N, )과 (N1, 1 )이 노름벡터공간이고 f 가 N 으로부터 N1 으로의 선형함수라고 하자 f 가 열린함수일 필요충분조건은 어떤 s > 0에 대하여 f (Bs (0)) Br (0)을 만족하는 r > 0 이 존재함을 증명하시오 2 Baire 범주 정리 651을 이용하여 따름정리 654를 증명하시오 3 A가 Banach 공간 B의 부분집합이라고 하자 다음이 동치임을 증명하시오: (i) 집합 A는 공집합이 아닌 내부를 갖는다; (ii) Bt (z) A을 만족하는 z A와 t > 0가 존재한다; (ii) Br (y) A을 만족하는 y A와 r > 0이 존재한다

157 65 Baire 공간 위상공간 (X, τ )의 점 x가 고립점(isolated point)이라 함은 {x} τ 임을 말한다 S가 X 의 부분집합일 때, S의 모든 극한점들의 집합을 S 0 으로 나타내고, S의 도집합(derived set) 이라고 말한다 S 0 = S일 때, S를 완전집합(perfect set)이라고 말하고, S = X인 경우 위상공간 (X, τ )를 완전공간(perfect space)이라고 말한다 (i) (X, τ )가 고립점이 없는 가산인 T1 -공간이면 Baire 공간이 아님을 증명하시오 (ii) 위상공간 (X, τ )에서 S가 완전집합일 필요충분조건은 S가 닫힌집합이고 고립점을 갖지 않음을 증명하시오 (X, τ )가 완전공간일 필요충분조건은 그것이 고립점을 갖지 않음을 증명하시오 (iii) (X, τ )가 완전공간이고 A가 (X, τ )에서 열린집합이거나 조밀한 집합이면, A가 고립점을 갖지 않음을 증명하시오 5 (i) 따름정리 654에 있는 Baire 범주 정리를 이용하여, R에서 P가 Fσ -집합이 아니고 Q가 Gδ -집합이 아님을 증명하시오 [힌트 R의 각각의 닫힌 부분집합 Fn 에 대하여 P = S S Fn {q}에 따름정리 654를 적용하시오] n=1 S n=1 Fn 이라고 가정하고, R = q Q (ii) f : R R가 R로부터 자기자신으로의 함수라고 하자 f 가 점 a R에서 연속 (continuous at a point a R)이라 함은 f (a)를 포함하는 각각의 열린집합 U 에 대하여, a를 포함하는 열린집합 V 가 존재하여 f (V ) U 를 만족함을 말한다 f 가 연속이 되게 하는 R에 있는 점들의 집합이 Gδ -집합임을 증명하시오 (iii) (i)과 (ii)로부터 모든 유리수들의 집합에서만 연속인 함수 f : R R가 존재하지 않음을 유도하시오

158 제 6 장 158 거리공간 6 (i) (X, τ )가 위상공간이고, Y 와 S가 X의 조밀한 부분집합이라고 하자 또한 S가 (X, τ )에서 열려 있을 때, S Y 가 X와 Y 둘 다에서 조밀함을 증명하시오 (ii) τ 1이 X 위의 τ 에 의해 Y 위에 유도된 위상이라고 하자 {Xn }이 Y 의 조밀한 열린 부분집 합들의 수열이라고 하자 (i)을 이용하여, {Xn Y }가 (Y, τ 1 )의 조밀한 열린 부분집합들의 수열임을 보이시오 (iii) 정의 655와 위의 (ii)로부터, (Y, τ 1 )이 Baire 공간이면 (X, τ ) 또한 Baire 공간임을 유도하시오 [따라서 Baire 공간의 폐포는 Baire 공간이다] (iv) (iii)을 이용하여, 다음과 같이 주어진 R2 의 부분공간 (Z, τ 2 )가 Baire 공간임을 보이시오: Z = {hx, yi : x, y R, y > 0} {hx, 0i : x Q}, 하지만, 완비거리화가능하지 않은 Q와 위상동형인 닫힌 부분공간 {hx, 0i : x Q}으로서 완비거리화가능하지 않다는 것을 보이시오 이것은 또한 Baire 공간의 닫힌 부분공간이 반드시 Baire 공간인 것은 아님을 보여준다 7 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 위상공간이고 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 연속인 열린함수라고 하자 (X, τ )가 Baire 공간일 때, (X, τ 1 )이 Baire 공간임을 증명하시오 [따라서 Baire 공간의 연속인 열린 상은 Baire 공간이다] 8 (Y, τ 1 )이 Baire 공간 (X, τ )의 열린 부분공간이라고 하자 (Y, τ )가 Baire 공간임을 증명하시 오 [따라서 Baire 공간의 열린 부분공간은 Baire 공간이다]

159 65 Baire 공간 (X, τ )가 위상공간이라고 하자 함수 f : (X, τ ) R가 하반연속(lower semicontinuous) 이라 함은 각각의 r R에 대하여, 집합 f 1 ((, r])이 (X, τ )에서 닫혀 있음을 말한다 함수 f : (X, τ ) R가 상반연속(upper semicontinuous)이라 함은 각각의 r R에 대하여, 집합 f 1 ((, r))이 (X, τ )에서 열려 있음을 말한다 (i) f 가 연속일 필요충분조건은 그것이 하반연속이고 상반연속임을 증명하시오 (ii) (X, τ )가 Baire 공간, I가 첨수집합, 그리고 각각의 x X에 대하여, 집합 {fi (x) : i I} 이 위로유계라고 하자 여기서 각각의 함수 fi : (X, τ ) R는 하반연속이다 Baire 범주 정리를 이용하여 다음을 증명하시오: (X, τ )의 열린 부분집합 O가 존재해서 집합 {fi (x) : x O, i I}은 위로유계이다 T 1 [힌트 Xn = fi ((, n])이라고 하자] i I 10 B가 Banach 공간으로서 기본이 되는 벡터공간(underlying vector space)이 가산이라고 하자 Baire 범주 정리를 이용하여 기본이 되는 벡터공간의 차원이 사실 유한임을 증명하시오 11 (N, )이 노름벡터공간이고 (X, τ )가 (N, )의 볼록인 부분집합으로서 그것의 유도된 위상을 가지고 있다고 하자 (X, τ )가 길연결임을 보이시오 따라서 그것은 또한 연결이다 (N, ) 자기자신이 길연결인 것처럼 (N, )에 있는 모든 열린구가 길연결임을 유도하시오 12 S가 S의 경계의 진부분집합인 R의 부분집합 S를 찾으시오

160 제 6 장 거리공간 후기 여러분이 아직 보지 않았다면, 수열과 그물에 관한 YouTube 비 디오들을 보아야 한다 이것들은 Topology Without Tears Video 3a & 3b Sequences and Nets 이라 불리고 YouTube의 그리고 중국의 Youku 사이트 또는 다음 링크 에서 찾을 수 있다 거리공간 이론은 그 자체만으로도 중요한 주제이다 뿐만 아니라 거리공간들은 위상을 공부하는 데 있어서 중요한 위치에 자리잡고 있다 실제로 위상에 관한 많은 서적들은 거리공간으로 시작하고, 그것들로 하여금 위상을 공부하는 것에 동기를 부여한다 우리는 같은 집합 위의 서로 다른 거리들이 같은 위상을 생성하는 것을 보았다 그러한 거리들을 동치인 거리(equivalent metrics)라고 부른다 함수공간의 공부에서 특히 C[0, 1]에서 소개하였다 도중에 우리는 함수해석에서의 중심주제인 노름벡터공간을 접했다 모든 위상공간이 거리공간으로부터 생성되는 것은 아니다 우리는 거리에 의해 유도된 위상들이 Hausdorff라는 것을 관찰함으로써 이것을 보았다 우리는 거리공간의 위상이 그것의 수렴하는 수열들로 완전히 묘사될 수 있음을 보았고 또한 거리공간들 사이의 연속함수들로 묘사될 수 있음을 보았다 연습문제 62 #9에서는 거리공간에서 집합들 사이의 흥미로운 거리개념을 소개하였다 우리는 Cauchy 수열, 완비거리공간, 완비거리화가능공간, Banach 공간, Polish 공간, 그리고 Souslin 공간들의 개념을 접했다 완비화는 해석학에서의 응용에 중심역할을 하기 때문에 거리공간 이론에서 중요한 주제이다 Banach 공간들은 완비인 노름벡터공간들이고 해석학의 많은 문맥에 사용되며 풍부한 구조 이론을 가지고 있다 우리는 모든 거리공간이 완비화를 가지고 있음을 보았고,

161 66 후기 161 그것이완비거리공간에등거리적으로묻힐 (embedded isometrically) 수있음을보았다 예를들어모든노름벡터공간은 Banach 공간인완비화를가지고있다 축소함수는고정점의개념에서소개되었으며우리는 Banach 고정점정리 644로도알려져있는축소함수정리 644의증명을보았다 이것은응용에서예를들어미분방정식의해의존재성증명에서매우유용한정리이다 이장에서증명된또다른강력한정리는 Baire 범주정리 651이다 우리는 Baire 공간의위상적개념을소개하였고모든완비거리화가능공간은 Baire 공간임을알았다 도중에제1범주혹은 meager의개념을소개하였다 그리고나서우리는 Banach 공간으로부터또다른 Banach 공간위로의연속인선형함수가열린함수여야한다는것을의미하는열린함수정리 6515를증명하였다 α = 1, 2, N + 1

162 제 7 장 컴팩트성 소개 위상의 가장 중요한 성질은 컴팩트성이다 컴팩트성은 수학의 여러 분야에서 중요한 역할을 한다 컴팩트성을 이해할 때까지는 위상수학을 이해하지 못했다!라고 말하는 것이 타당할 것이다 그러면 컴팩트성이 무엇인가? 위상수학자들은 컴팩트성을 유한성의 일반화로 서술한다 컴팩트 위상공간의 공식적인 정의는 위상공간이 무한개의 열린집합의 합집합의 부분집합일 때 그 위상공 간이 또한 이러한 열린집합들 중 유한개의 합집합의 부분집합일 때를 말한다 분명히 위상공간의 모든 유한 부분집합은 컴팩트이다 그리고 이산위상공간의 부분집합이 컴팩트일 필요충분조건은 유한 부분집합임을 빨리 알 수 있다 예를 들어 R과 같은 보다 풍부한 위상적 구조를 갖는 위상공간으 로 이동하면 무한집합이 컴팩트가 될 수 있음을 발견한다 사실상 R에서 모든 닫힌구간 [a, b]는 컴팩트이다 그러나 이런 형태의 구간만이 R의 유일한 컴팩트 부분집합이다 그래서 다음 질문을 하게 된다: 정확하게 R의 어느 부분집합이 컴팩트인가? Heine-Borel 정리 729에서 R의 컴팩트 부분집합은 정확하게 유계이고 닫힌 부분집합임을 말할 것이다 위상수학을 더 깊이 공부하면, 컴팩트성이 결정적인 역할을 하게 됨을 볼 것이다 특히 위상수 학을 해석학에 응용할 때 그렇다 162

163 71 컴팩트 공간 컴팩트 공간 711 정의 A를 위상공간 (X, τ )의 부분집합이라 하자 임의의 첨자집합 I와 A S i I Oi 를 만족하는 모든 열린집합족 {Oi : i I}에 대하여 어떤 유한 부분집합족 {Oi1, Oi2, Oin }이 존재하여 A Oi1 Oi2 Oin 를 만족하면, A를 컴팩트라고 부른다 만약 (X, τ ) = R 그리고 A = (0, )이면, A는 컴팩트가 아니다 712 보기 증명 각각의 양의 정수 i에 대하여, Oi 를 열린구간 (0, i)라 놓자 그러면, 분명히, A S i=1 Oi 이다 그러나 A (0, i1 ) (0, i2 ) (0, in )를 만족하는 i1, i2, in 가 존재하지 않는다 그러므로 A는 컴팩트가 아니다 보기 713 (X, τ )를 임의의 위상공간 그리고 A = {x1, x2,, xn }를 (X, τ )의 임의의 유한 부분집합이라 하자 그러면 A는 컴팩트이다 증명 {Oi : i I}를 열린부분집합족이라 하고 A S i I Oi 를 만족한다고 하자 그러면 각각의 xj A에 대하여, 어떤 Oij 가 존재하여 xj Oij 를 만족한다 그러므로 A Oi1 Oi2 Oin 이 성립한다 따라서 A는 컴팩트이다 주목 714 그러므로 보기 713으로부터 (위상공간에서) 모든 유한집합은 컴팩트임을 보았 다 실제로 컴팩트성 은 유한성 의 위상적 일반화로 생각할 수 있다 보기 715 이산위상공간 (X, τ )의 부분집합 A가 컴팩트일 필요충분조건은 A가 유한집합 이다 증명 A가 유한집합이면, 보기 713에 의하여 A는 컴팩트이다 역으로, A를 컴팩트라 하자 이때 각각의 x A에 대하여 Ox = {x}라 하면, {Ox : x A}는 단집 S 합으로 이루어진 열린집합족이고 A x A Ox 를 만족한다 A가 컴팩트이므로 어떤 Ox1, Ox2,, Oxn 가 존재하여 A Ox1 Ox2 Oxn 이 성립한다; 즉, A {x1,, xn }이다 그러므로 A는 유한 집합이다

164 제 7 장 164 컴팩트성 물론 모든 컴팩트 집합이 유한이면 컴팩트성 에 대한 연구는 흥미가 없을 것이다 그러나 곧바로 알게 될 것은, 예를 들어, 모든 닫힌구간 [a, b]는 컴팩트이다 먼저, 몇 가지 용어를 소개한다 I를 첨자집합, {Oi : i I}를 위상공간 (X, τ )의 열린부분집합족, 그리고 S A를 (X, τ )의 부분집합이라 하자 만약 A i I Oi 가 성립하면 {Oi : i I}를 A의 열린 716 정의 덮개(open covering)라고 부른다 {Oi : i I}의 유한 부분집합족 {Oi1, Oi2,, Oin }이 A Oi1 Oi2 Oin 를 만족하면 A의 유한 부분덮개(finite subcovering)라고 불린다 따라서 컴팩트의 정의를 다음과 같이 바꾸어 말할 수 있다: 717 정의 위상공간 (X, τ )의 부분집합 A의 모든 열린덮개가 유한 부분덮개를 가지면 A를 컴팩트(compact)라고 부른다 만약 컴팩트 부분집합 A가 X와 같으면, (X, τ )를 컴팩트 공간(compact space)이라고 부른다 718 주목 다음 명제의 입증은 연습문제로 남겨 둔다: A를 (X, τ )의 부분집합 그리고 τ 1을 τ 에 의하여 A 위에 유도된 위상이라 하자 그러면 A가 (X, τ )의 컴팩트 부분집합일 필요충분조건은 (A, τ 1 )이 컴팩트 공간이다 [이 명제는 처음 볼 때는 자명한 것 같지만 그렇지는 않다]

165 71 컴팩트 공간 719 증명 명제 165 닫힌구간 [0, 1]은 컴팩트이다 {Oi : i I}를 [0, 1]의 임의의 열린덮개라 하자 그러면 임의의 x [0, 1]에 대하여, 어떤 Oi 가 존재하여 x Oi 이다 Oi 가 x를 포함하는 열린집합이므로, [0, 1]에서 열린집합인 어떤 구간 Ux 가 존재하여 x Ux Oi 가 성립한다 이제 [0, 1]의 부분집합 S를 다음과 같이 정의하자: S = {z : [0, z]는 유한개의 집합 Ux 에 의하여 덮혀진다} [따라서 어떤 x1, x2,, xn 에 대하여, z S [0, z] Ux1 Ux2 Uxn 이 성립한다] 이제 x S 그리고 y Ux 이라 하자 그러면 Ux 가 x와 y를 포함하는 구간이므로, [x, y] Ux 이다 (여기서, 일반성을 잃지 않고 x y임을 가정하고 있다) 따라서 [0, y] Ux1 Ux2 Uxn Ux 이다 그러므로 y S이다 따라서 각각의 x [0, 1]에 대하여, Ux S = Ux 또는 Ø이다 이 사실로부터 S= [ Ux x S 그리고 [0, 1] \ S = [ Ux x S / 이다 그러므로 S는 [0, 1]에서 열린집합이고 또한 S는 [0, 1]에서 닫힌집합이다 그러나 [0, 1]은 연결 공간이므로, S = [0, 1] 또는 Ø이다 그런데 0 S이므로 S = [0, 1]이다; 즉, [0, 1]은 유한개의 Ux 에 의하여 덮혀진다 따라서 [0, 1] Ux1 Ux2 Uxm 이다 그러나 i I에 대하여, 각각의 Uxi 가 Oi 에 포함된다 그러므로 [0, 1] Oi1 Oi2 Oim 이고 [0, 1]이 컴팩트임을 증명하였다

166 제 7 장 166 컴팩트성 연습문제 71 1 (X, τ )를 비이산공간이라 하자 X의 모든 부분집합이 컴팩트임을 증명하시오 2 τ 를 임의의 집합 X 위의 여유한위상이라 하자 (X, τ )의 모든 부분집합이 컴팩트임을 증명하 시오 3 아래의 각각의 위상공간은 컴팩트가 아님을 보이시오 (i) (0, 1); (ii) [0, 1); (iii) Q; (iv) P; (v) R2 ; (vi) R2 의 부분공간으로 간주된 열린 원판 D = {hx, yi : x2 + y 2 < 1}; (vii) Sorgenfrey 직선; (viii) 보기 615의 거리 d에 의하여 유도된 위상을 갖는 C[0, 1]; (ix) 연습문제 61 #7의 거리 d1, d2, d, 그리고 d0 에 의하여 유도된 위상을 갖는 각각의 `1, `2, `, c0 4 [0, 1]은 Sorgenfrey 직선의 컴팩트 부분집합인가? 5 [0, 1] Q는 Q의 컴팩트 부분집합인가? 6 S = {0} S { n1 }는 R의 컴팩트 부분집합이지만, n=1 S { n1 }는 컴팩트 부분집합이 아님을 입증하 n=1 시오 7* 위상공간 (X, τ )가 컴팩트일 필요충분조건은 모든 부분기저 덮개가 유한 부분덮개를 갖는다는 Alexander 부분기저 정리를 증명하시오 다른 말로 말하면, 만약 S가 위상 τ 의 부분기저이 S 고, {Oi S : i I}가 S의 원소로 이루어진 집합족, 그리고 X i I Oi 이면, Oi I의 원소로 이루어진 X의 유한 부분덮개가 존재한다 [힌트 Zorn의 보조정리 10216를 이용하여 유한 부분덮개를 갖지 않는 열린 부분기저 덮개를 찾아라 그러한 덮개 중에 최대인 것을 찾아라]

167 72 Heine-Borel 정리 Heine-Borel 정리 다음 명제는 컴팩트 공간의 연속인 상은 컴팩트이다 는 것을 말한다 721 명제 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )를 연속인 전사함수라 하자 만약 (X, τ )가 컴팩트이면, (Y, τ 1 )도 컴팩트이다 증명 S {Oi : i I}를 Y 의 임의의 열린덮개라 하자; 즉, Y i I Oi 이다 S S 그러면 f 1 (Y ) f 1 ( i I Oi )이다; 즉, X i I f 1 (Oi )이다 그러므로 {f 1 (Oi ) : i I}는 X의 열린덮개이다 X가 컴팩트이므로, I에 속하는 어떤 i1, i2,, in 이 존재하여 X f 1 (Oi1 ) f 1 (Oi2 ) f 1 (Oin )이다 그래서 Y = f (X) f (f 1 (Oi1 ) f 1 (Oi2 ) f 1 (Oin )) = f (f 1 (Oi1 )) f (f 1 (Oi2 )) f (f 1 (Oin )) = Oi1 Oi2 Oin (왜냐하면 f 가 전사이기 때문이다) 따라서 Y Oi1 Oi2 Oin 을 얻는다; 즉, Y 는 Oi 의 유한개로 덮혀졌다 따라서 Y 는 컴팩트이다 722 따름정리 (X, τ )와 (Y, τ 1 )을 위상동형인 위상공간이라 하자 만약 (X, τ )가 컴팩 트이면, (Y, τ 1 )도 컴팩트이다

168 제 7 장 따름정리 컴팩트성 a < b인 a, b R에 대하여 [a, b]는 컴팩트이지만, (a, b)는 컴팩트가 아니다 증명 위상공간 [a, b]는 컴팩트 공간 [0, 1]과 위상동형이다 그러므로 명제 721에 의하여, [a, b] 는 컴팩트이다 위상공간 (a, b)는 (0, )와 위상동형이다 만약 (a, b)가 컴팩트라면, (0, )도 컴팩트일 것이다, 그러나 우리는 보기 712에서 (0, )는 컴팩트가 아니라는 것을 보았다 따라서 (a, b)는 컴팩트가 아니다 724 증명 명제 컴팩트 공간의 모든 닫힌 부분집합은 컴팩트이다 A를 컴팩트 공간 (X, τ )의 닫힌 부분집합이라 하자 {Ui τ : i I}를 A의 임의의 열린덮개라 하자 그러면 [ X ( Ui ) (X \ A); i I 즉, {Ui : i I} S {X \ A}는 X의 열린덮개이다 그러므로 유한 부분덮개 Ui1, Ui2,, Uik, X \ A가 존재한다 [만약 X \A가 유한 부분덮개에 속해 있지 않으면, 그것을 포함시켜도 X의 유한 부분덮개를 얻는다] 따라서 X Ui1 Ui2 Uik (X \ A) 이다 그러므로, A Ui1 Ui2 Uik (X \ A) 이 성립한다 이것으로부터 분명히 A Ui1 Ui2 Uik 을 얻는다 (왜냐하면 A (X \ A) = Ø이기 때문에) 따라서 A는 유한 부분덮개를 갖는다 그러므로 A는 컴팩트이다

169 72 Heine-Borel 정리 725 증명 명제 169 Hausdorff 공간의 컴팩트 부분집합은 닫힌집합이다 A를 Hausdorff 공간 (X, τ )의 컴팩트 부분집합이라 하자 우리는 A가 그것의 모든 극한점 을 포함함을 보일 것이다 그러므로 A는 닫힌집합이 된다 p X \ A라 하자 그러면 각각의 a A 에 대하여, 어떤 열린집합 Ua 와 Va 가 존재하여 a Ua, p Va 그리고 Ua Va = Ø를 만족한다 S 그러면 A a A Ua 이다 A가 컴팩트이므로, A 안의 어떤 a1, a2,, an 이 존재하여 A Ua1 Ua2 Uan 을 만족한다 U = Ua1 Ua2 Uan 그리고 V = Va1 Va2 Van 이라 하자 그러면 p V 그리고 Va Ua = Ø이다 이것으로부터 V U = Ø이 성립하고 차례로 V A = Ø이 성립한다 그래서 p는 A의 극한점이 아니다 그리고 V 는 p를 포함하는 열린집합으로 A와 만나지 않는다 따라서 A는 그것의 모든 극한점을 포함한다 그러므로 A는 닫힌집합이다 726 따름정리 보기 727 거리화가능 공간의 컴팩트 부분집합은 닫힌집합이다 증명 명제 a < b인 a, b R에 대하여, 구간 [a, b)와 (a, b]는 컴팩트가 아니다 왜냐하면 그것은 거리화가능 공간 R의 닫힌 부분집합이 아니기 때문이다 728 R의 컴팩트 부분집합은 유계이다 A R를 유계가 아니라고 하자 그러면 A S n=1 ( n, n)이 성립한다 그러나 A는 유계가 아니기 때문에, {( n, n) : n = 1, 2, 3, }는 A의 유한 부분덮개를 갖지 않는다 그러므로 A는 컴팩 트가 아니다 따라서 R의 모든 컴팩트 부분집합은 유계이다 729 증명 정리 (Heine-Borel 정리) R의 모든 유계인 닫힌 부분집합은 컴팩트이다 만약 A가 R의 유계인 닫힌 부분집합이면, R의 적당한 원소 a와 b에 대하여 A [a, b]이다 [a, b]가 컴팩트이고 A가 닫힌 부분집합이므로, A는 컴팩트이다 Heine-Borel 정리 729는 중요한 결과이다 위의 증명이 짧은 이유는 명제 719를 먼저 증명했고 거기서 발췌했기 때문이다

170 제 7 장 명제 (Heine-Borel 정리의 역) 컴팩트성 R의 모든 컴팩트 부분집합은 유계이고 닫 힌집합이다 증명 이것은 명제 728과 725로부터 바로 나온다 7211 정의 A를 거리공간 (X, d)의 부분집합이라 하자 어떤 실수 r이 존재하여 A에 속하는 모든 a1, a2 에 대하여 d(a1, a2 ) r를 만족할 때 A를 유계(bounded)라고 부른다 7212 명제 A를 거리공간 (X, d)의 컴팩트 부분집합이라 하자 그러면 A는 유계이고 닫힌집합이다 증명 따름정리 726에 의하여, A는 닫힌집합이다 이제 x0 X를 고정하고 함수 f : (A, τ ) R 를 다음과 같이 정의하자: 모든 a A에 대하여, f (a) = d(a, x0 ) 여기서 τ는 A 위에 유도된 위상이다 그러면 f 는 연속이고, 그래서 명제 721에 의하여 f (A)는 컴팩트이다 그러므로 명제 7210에 의하여 f (A)는 유계이다; 즉, 어떤 실수 M 이 존재하여 모든 a A에 대하여 f (a) M 이 성립한다 그러므로 모든 a A에 대하여 d(a, x0 ) M 이다 r = 2M 이라 놓으면, 삼각부등식에 의하여, A 안의 모든 a1 과 a2 에 대하여 d(a1, a2 ) r이다 Rn 은 유클리드 거리에 의하여 유도된 위상을 갖는 n-차원 유클리드 공간을 나타냄을 기억하여, R에서 Rn (n > 1)으로의 Heine-Borel 정리와 그 역정리의 일반화가 가능하다 우리는 여기서 그 결과를 서술하지만 증명은 다음 장까지 미루겠다 7213 정리 (일반화된 Heine-Borel 정리) n 1에 대하여 Rn 의 부분집합이 컴팩 트일 필요충분조건은 그것이 유계이고 닫힌 부분집합이다

171 72 Heine-Borel 정리 경고 171 정리 7213이 말하는 것은 비록 Rn 의 모든 유계인 닫힌 부분집합이 컴팩트라 할지라도, 다른 거리공간의 유계인 닫힌 부분집합이 컴팩트일 필요는 없다는 것이다 (연습문제 72 #9를 보시오) 7214 명제 (X, τ )를 컴팩트 공간 그리고 f 를 (X, τ )에서 R로의 연속함수라 하자 그러면 집합 f (X)는 최대원과 최소원을 갖는다 증명 f 가 연속이기 때문에, f (X)는 컴팩트이다 그러므로 f (X)는 R의 유계인 닫힌 부분집합이 다 f (X)가 유계이므로, f (X)는 상한을 갖는다 f (X)가 닫힌집합이므로, 보조정리 332에 의하여, 상한은 f (X)에 속한다 그러므로 f (X)는 최대원(즉, 상한)을 갖는다 비슷한 방법으로 f (X)가 최 소원을 가짐을 보일 수 있다 7215 명제 a와 b를 R에 속하는 실수라 하고 f 를 [a, b]에서 R로의 연속함수라 하자 그러면 R에 속하는 어떤 c와 d에 대하여, f ([a, b]) = [c, d]이다 증명 [a, b]가 연결이므로, f ([a, b])는 R의 연결 부분집합이다 그러므로 f ([a, b])는 하나의 구간 이다 [a, b]가 컴팩트이므로, f ([a, b])는 컴팩트이다 따라서 f ([a, b])는 유계인 닫힌구간이다 따라서 R에 속하는 어떤 c와 d에 대하여, f ([a, b]) = [c, d] 가 성립한다

172 제 7 장 172 컴팩트성 연습문제 72 1 R의 다음 부분집합 중에서 어느 것이 컴팩트인가? (답변을 정당화 하시오) (i) Z; (ii) { 2 n : n = 1, 2, 3, }; (iii) {x : x = cos y, y [0, 1]}; (iv) {x : x = tan y, y [0, π/2)} 2 R2 의 다음 부분집합 중에서 어느 것이 컴팩트인가? (답변을 정당화 하시오) (i) {hx, yi : x2 + y 2 = 4}; (ii) {hx, yi : x y + 1}; (iii) {hx, yi : 0 x 2, 0 y 4}; (iv) {hx, yi : 0 < x < 2, 0 y 4} 3 (X, τ )를 컴팩트 공간이라 하자 만약 {Fi : i I}가 T i I Fi = Ø를 만족하는 X의 닫힌 부분집합족이면, 어떤 유한 부분집합족 Fi1, Fi2,, Fim 이 존재하여 Fi1 Fi2 Fim = Ø 임을 증명하시오 4 따름정리 437은 a < b, c < d인 실수 a, b, c, 그리고 d에 대하여, (i) (a, b) 6 = [c, d] (ii) [a, b) 6 = [c, d] 임을 말한다 (따름정리 437에서 했었던 연결성을 이용한 주장보다는) 컴팩트성을 이용하여 각각을 증명하시오

173 72 Heine-Borel 정리 (X, τ )와 (Y, τ 1 )을 위상공간, f : (X, τ ) (Y, τ 1 )을 함수라 하자 (X, τ )의 모든 닫힌 부분 집합 A에 대하여, f (A)가 (Y, τ 1 )에서 닫한집합이면 함수 f 를 닫힌함수(closed mapping) 라고 한다 (X, τ )의 모든 열린부분집합 A에 대하여, f (A)가 (Y, τ 1 )에서 열린집합이면 함수 f 를 열린함수(open mapping)라고 한다 (a) 다음 조건을 만족하는 함수 f 의 예를 드시오 (i) 열린함수이지만 닫힌함수가 아니다 (ii) 닫힌함수이지만 열린함수가 아니다 (iii) 열린함수이지만 연속함수는 아니다 (iv) 닫힌함수이지만 연속함수는 아니다 (v) 연속함수이지만 열린함수가 아니다 (vi) 연속함수이지만 닫힌함수가 아니다 (b) 만약 (X, τ )와 (Y, τ 1 )가 컴팩트 Hausdorff 공간, 그리고 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )가 연속함 수이면, f 는 닫힌함수임을 증명하시오 6 f : (X, τ ) (Y, τ 1 )을 연속인 전사함수라 하자 만약 (X, τ )가 컴팩트 그리고 (Y, τ 1 )이 Hausdorff이면, f 는 위상동형함수임을 증명하시오 7 {Cj : j J}를 위상공간 (X, τ )의 닫힌 컴팩트 부분집합의 집합족이라 하자 T j J Cj 는 컴팩트 임을 증명하시오 8 n을 양의 정수, d를 Rn 위의 유클리드 거리, 그리고 X를 Rn 의 부분집합이라 하자 X가 (Rn, d) 에서 유계일 필요충분조건은 어떤 양의 실수 M 이 존재하여 모든 hx1, x2,, xn i X에 대하여, M xi M (i = 1, 2,, n)임을 증명하시오

174 제 7 장 컴팩트성 (C[0, 1], d )를 보기 616에서 정의된 거리공간이라 하자 B = {f : f C[0, 1] 그리고 d (f, 0) 1}라 하자 여기서 0은 모든 원소를 0에 대응시키는 [0, 1]로부터 R로의 상수함수 를 나타낸다 (집합 B를 닫힌 단위구(closed unit ball)라고 부른다) (i) B는 (C[0, 1], d )에서 유계인 닫힌집합임을 입증하시오 (ii) B는 컴팩트가 아님을 증명하시오 [힌트: {Bi : i I}를 반경이 12 인 (C[0, 1], d )의 모든 열린구들의 집합족이라 하자 그러면 {Bi : i I}는 B의 열린덮개이다 유한 부분덮개 B1, B2, BN 이 존재한다고 가정하시오 α = 1, 2, N +1에 대하여 fα (x) = sin(2n α πx)로 정의된 (N +1)개의 함수 fα : [0, 1] R 를 생각하시오] (a) 각각 fα B임을 입증하시오 (b) fn +1 (1) = 1 그리고 모든 m N 에 대하여 fm (1) = 0임을 관찰하여, fn +1 B1 이면 fm 6 B1 (m = 1,, N )임을 유도하시오 (c) fn ( 12 ) = 1과 모든 m N 1에 대하여 fm ( 21 ) = 0임을 관찰하여, fn B2 이면 fm 6 B2 (m = 1,, N 1)임을 유도하시오 (d) 이 과정을 계속하여, f1, f2,, fn +1 이 서로 다른 Bi 에 속함을 보이시오 이것은 모순 이다] 10 모든 컴팩트 Hausdorff 공간은 정규공간임을 증명하시오 11* A와 B를 Hausdorff 공간 (X, τ )의 서로소인 컴팩트 부분집합이라 하자 서로소인 두 열린집합 G와 H가 존재하여 A G 그리고 B H를 만족함을 증명하시오 12 (X, τ )를 무한 위상공간이라 하고 모든 부분공간이 컴팩트성을 만족한다고 하자 (X, τ )는 Hausdorff 공간이 아님을 증명하시오 13 컴팩트가 아닌 모든 비가산 위상공간은 컴팩트인 비가산개의 부분집합과 컴팩트가 아닌 비가산 개의 부분집합을 가지고 있음을 증명하시오 14 (X, τ )가 Hausdorff 공간이고 X가 아닌 모든 닫힌 부분공간이 컴팩트이면, (X, τ )는 컴팩트 임을 증명하시오

175 72 Heine-Borel 정리 위상공간 (X, τ )의 부분집합 A의 폐포 A가 컴팩트이면, 위상공간 (X, τ )를 상대컴팩트 (relatively compact)라고 부른다 만약 (X, τ )가 Hausdorff 공간이면, 다음이 성립함 을 입증하시오: (i) (X, τ )의 모든 컴팩트 부분집합은 상대컴팩트이다; (ii) (X, τ )의 컴팩트 부분집합의 모든 부분집합은 상대컴팩트이다; (iii) (X, τ )가 유클리드 위상을 갖는 R이면, 열린구간 (0, 1)은 상대컴팩트이다; (iv) (X, τ )가 유클리드 위상을 갖는 R이면, Z는 상대컴팩트 부분집합이 아니다; (v) 집합 Q는 R의 상대컴팩트 부분집합인가? (vi) R의 컴팩트가 아닌 비가산개의 상대컴팩트 부분집합이 존재한다; (vii) 무한 이산공간은 컴팩트 Hausdorff 공간의 상대컴팩트 부분집합이 될 수 있다 [힌트: R의 수렴하는 무한수열을 생각하거나 정의 1041을 이용하시오] (viii) 무한 이산 부분군은 Hausdorff 위상군의 상대컴팩트 부분집합이 될 수 없다 [힌트: 명제 A528을 이용하시오] 16* (X, τ )를 위상공간이라 하자 위상 τ에 대한 부분기저 S가 존재해서 S의 원소로 이루어진 X 의 열린덮개 {Oi S : i I}에 대하여, 어떤 j, k I가 존재하여 X = Oj Ok 를 만족하 면, (X, τ )를 초컴팩트(supercompact) 공간이라고 불린다 유클리드 위상을 갖는 [0, 1]은 초컴팩트임을 증명하시오

176 제 7 장 176 컴팩트성 17 위상공간 (X, τ )의 모든 가산 열린덮개가 유한 부분덮개를 가지면, (X, τ )를 가산컴팩트 (countably compact)라고 부른다 (i) 모든 컴팩트 공간은 가산컴팩트임을 보이시오 (ii) 거리화가능 공간이 가산컴팩트일 필요충분조건은 컴팩트임을 증명하시오 (iii) 국소컴팩트 Hausdorff 공간이지만 가산컴팩트가 아닌 예를 찾으시오 (iv) 가산컴팩트 공간의 연속인 상은 가산컴팩트임을 보이시오 (v) 위의 (iv)와 (ii) 그리고 명제 7214를 이용하여, 만약 f 가 가산컴팩트 공간 (X, τ )에서 R로의 연속함수이면, f (X)가 최대원과 최소원을 가짐을 증명하시오 (vi) 가산컴팩트 공간의 닫힌 부분공간은 가산컴팩트임을 보이시오 (vii) 위상공간 (X, τ )가 가산컴팩트일 필요충분조건은 유한 교집합 성질을 갖는 닫힌 부분집합 들의 가산집합족의 교집합이 공집합이 아님을 증명하시오 (viii) 위상공간 (X, τ )가 가산컴팩트일 필요충분조건은 (X, τ )의 공집합이 아닌 닫힌 부분집합 T 들의 감소수열 S1 S2 Sn 에 대하여 교집합 Si 은 공집합이 아님을 n=i 증명하시오 (ix) (vii)을 이용하여, 위상공간 (X, τ )가 가산컴팩트일 필요충분조건은 X의 가산 무한 부분집 합은 극한점을 갖는다는 것임을 증명하시오

177 72 Heine-Borel 정리 정의 621로부터 거리공간에서 수렴하는 수열의 개념을 정의했다 이제 이 개념을 위상공간에 서 수렴하는 수열로 일반화하자 (X, τ )를 위상공간 그리고 x1, x2,, xn, 를 X의 수열이라 하자 만약 (X, τ )의 점 x를 포함하는 각각의 열린집합 U 에 대하여, 어떤 N N이 존재하여 모든 n N 에 대하여 xn U 이면, 이 수열이 x로 수렴한다(converge)고 한다; 이것을 xn x로 나타낸다 y1, y2,, yn, 을 X의 수열이라 하자 만약 어떤 점 y Y 가 존재하여 yn y이면, 수렴하는(convergent) 수열이라고 말한다 (i) (X, τ )를 Hausdorff 공간이라 하자 (X, τ )의 모든 수렴하는 수열은 오직 하나의 극한을 가짐을 증명하시오 (ii) 어떤 위상공간 (Z, τ )에서는 무수히 많은 극한을 갖는 수열의 예를 드시오 19 위상공간 (X, τ )의 모든 수열이 수렴하는 부분수열을 가지면 (X, τ )를 점렬컴팩트(sequentially compact)라고 부른다 모든 점렬컴팩트 공간은 가산컴팩트임을 증명하시오 20 위상공간 (X, τ ) 위의 모든 연속함수 f : (X, τ ) R가 유계이면, (X, τ )를 유사컴팩트 (pseudocompact) 공간이라고 부른다 (i) 모든 컴팩트 공간은 유사컴팩트임을 입증하시오 (ii) 위의 연습문제 #17을 이용하여, 임의의 가산컴팩트 공간은 유사컴팩트임을 보이시오 (iii) 유사컴팩트 공간의 연속인 상은 유사컴팩트임을 보이시오

178 제 7 장 178 컴팩트성 21* (X, τ )를 가산컴팩트가 아닌 정규 Hausdorff 위상공간이라 하자 (i) 위의 연습문제 17 (ix)을 이용하여, X의 어떤 부분집합 A = {x1, x2,, xn, }가 존재 해서 i 6= j에 대하여 xi 6= xj 이고, A는 (X, τ )에서 극한점을 갖지 않음을 보이시오 그리고 유도위상 τ A를 갖는 A는 (X, τ )의 이산 닫힌 부분공간임을 유도하시오 (ii) 10장에서 증명된 Tietze 확장정리 10351를 이용하여, 어떤 연속함수 f : (X, τ ) R 가 존재해서 각각의 n N에 대하여 f (xn ) = n임을 보이시오 (iii) 위의 (ii)로부터 가산컴팩트가 아닌 정규 Hausdorff 위상공간은 유사컴팩트도 아님을 유도 하시오 따라서 임의의 유사컴팩트 Hausdorff 정규공간은 가산컴팩트임을 유도하시오 22 거리화가능 공간에 대하여 다음을 입증하시오 점렬컴팩트 컴팩트 가산컴팩트 유사컴팩트

179 73 후기 후기 컴팩트성은 위상수학을 해석학의 모든 분야에 응용하는데 핵심적인 역할을 한다 주목 714에서 주목했던 것처럼 컴팩트성은 유한성의 위상적 일반화로 생각할 수 있다 일반화된 Heine-Borel 정리 7213은 Rn 의 컴팩트 부분집합을 유계이고 닫힌집합으로 특징 짓는다 컴팩트성은 위상적 성질이다 사실상 컴팩트 공간의 연속인 상은 컴팩트이다 컴팩트 공간의 닫힌 부분집합은 컴팩트이고 Hausdorff 공간의 컴팩트 부분공간은 닫힌집합 이다 연습문제 72 #5는 열린함수와 닫힌함수를 소개한다 연습문제 72 #10은 컴팩트 Hausdorff 공간은 정규공간 (사실은 T4 -공간)임을 주목한다 각각의 Rn 에서 닫힌 단위구가 컴팩트라는 것은 연습문제 72 #9와 대비된다 이 연습문제는 거리공간 (C[0, 1], d )의 닫힌 단위구는 컴팩트가 아니다라는 것을 지적한다 비록 우리는 여기서 증명은 안하겠지만, 노름 벡터공간이 유한차원일 필요충분조건은 그 공간의 닫힌 단위구가 컴팩트임을 보일 수 있다 연습문제 72 #17, 19 그리고 20에서 가산컴팩트, 점렬컴팩트 그리고 유사컴팩트 개념이 소개되었고 연습문제 72 #22에서 거리공간상에서는 그들이 컴팩트 개념과 동치임을 보였다 경고 불행히도 컴팩트 는 서로 다른 책에서 서로 다른 방법으로 정의되고 이들 중에 어떤 것은 여기에 표현된 정의와 동치가 아니다 첫번째로 어떤 책은 컴팩트 정의에서 Hausdorff를 내포하고 우리가 컴팩트라고 불렀던 것을 표시하기 위하여 의사컴팩트(quasicompact)를 사용한다 어떤 책, 특히 오래된 책에서 컴팩트 는 점렬컴팩트를 의미한다 마지막으로 용어 bikompakt 는 주로 우리가 의미하는 컴팩트 또는 컴팩트 Hausdorff 공간을 말한다 그러므로 독자는 저자가 실제로 무엇을 의미하는지 주의를 기울일 필요가 있다

180 제 8 장 유한 곱공간 소개 기존 공간으로부터 새로운 공간을 만드는 중요한 세 가지 방법이 있다 그것들은 부분공간, 상공 간(quotient spaces), 그리고 곱공간(product spaces) 에 의하여 만들어진다 다음 세개의 장은 곱공간의 연구에 기여한다 상공간은 11장에서 다룬다 이 장에서는 유한 곱공간을 살펴보고 Tychonoff 정리를 증명한다 이 외견상으로 무해한 정리는 컴팩트 공간의 임의의 곱공간은 컴 팩트임을 말한다 따라서 우리는 다음 질문을 하게 된다: 정확히 n N인 Rn 의 어느 부분집합이 컴팩트인가? 일반화된 Heine-Borel 정리 833은 우리에게 Rn 의 컴팩트 부분집합은 정확하게 유계이고 닫힌집합임을 말하게 될 것이다 위상수학을 더 깊이 공부를 하다 보면, 컴팩트성이 중요한 역할을 한다는 것을 알게 될 것이다 이것은 특히 위상수학을 해석학에 응용할 때 그렇다 180

181 81 곱위상 181 곱위상 81 X1, X2,, Xn 이 집합일 때, 곱집합(product) X1 X2 Xn 은 모든 n-중 순서쌍 hx1, x2, xn i 으로 이루어진 집합이다 여기서 xi Xi, i = 1,, n이다 이제 우리가 논의할 문제는 다음과 같다: 주어진 위상공간 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )에 대하여 곱집합 X1 X2 Xn 위에 타당한 위상 τ 를 어떻게 정의하는가? τ에 대한 하나의 분명한 (그러나 잘못된) 후보는 모든 집합들 O1 O2 On 의 집합족이다 여기서 Oi τ i, i = 1,, n이다 불행히도 이것은 위상이 아니다 예를 들어, 만약 n = 2 그리고 (X, T1 ) = (X, τ 2 ) = R이면 τ는 사각형 (0, 1) (0, 1) 그리고 (2, 3) (2, 3)를 포함하나 집합 [(0, 1) (0, 1)] [(2, 3) (2, 3)]은 포함하지 않는다 왜냐하면 이것은 O1 과 O2 의 어느 선택에 대해서도 O1 O2 가 아니기 때문이다 [만약 어떤 O1 과 O2 에 대하여 그것이 O1 O2 였다면, 1 2 (0, 1) O1 그리고 2 12 (2, 3) O2 이다 그러므로 순서쌍 h 12, 2 21 i O1 O2 이지만 h 12, 2 12 i / [(0, 1) (0, 1)] [(2, 3) (2, 3)]이다] 그러므로 τ 는 합집합하에서 닫혀있지 않다 그러므로 τ 는 위상이 아니다 그러나 우리는 이미 R2 = R R 위에 하나의 위상 (유클리드 위상)을 어떻게 주는지를 보았다 이것은 보기 229에서 했다 실제로 이 보기는 일반적으로 곱위상을 어떻게 정의하는지를 제시한다 811 정의 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )을 위상공간이라 하자 이때 집합 X1 X2 Xn 위의 곱위상(product topology) τ i, i = 1,, n}을 기저로 갖는 위상이다 위상 τ는 τ를 집합족 {O1 O2 On : Oi 갖는 집합 X1 X2 Xn 을 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )의 곱위상 공간(product of the spaces)이라고 부르고 (X1 X2 Xn, τ ) 또는 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (Xn, τ n )으로 나타낸다 물론 집합족 {O1 O2 On : Oi τ i, i = 1,, n}은 하나의 위상에 대한 기저임이 입증되어야 한다 즉, 명제 228의 조건을 만족함을 입증해야 한다 (이것은 연습문제로 남겨둔다)

182 제 8 장 명제 유한 곱공간 B1, B2,, Bn 을 각각 위상공간 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )의 기저라 하자 그러면 집합족 {O1 O2 On : Oi Bi, i = 1,, n}은 X1 X2 Xn 위의 곱위상에 대한 기저이다 명제 812의 증명은 간단하고 독자를 위해서 연습문제로 남겨둔다 813 관찰 (i) 우리는 이제 n 2에 대하여 Rn 위의 유클리드 위상은 바로 집합 R R R = Rn 위의 곱위상임을 알았다 (보기 229 그리고 주목 2210을 보시오) (ii) 정의 811로부터 열린집합의 임의의 곱은 열린집합임은 분명하다 더 자세히 말하자 면: 만약 O1, O2,, On 이 각각 위상공간 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )의 열린부분집합이면, O1 O2 On 은 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (Xn, τ n )의 열린부분집합이다 다음 명제는 닫힌 집합의 임의의 곱은 닫힌집합임을 말한다 814 명제 C1, C2,, Cn 을 각각 위상공간 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )의 닫힌 부분집합이라 하자 그러면 C1 C2 Cn 는 곱공간 (X1 X2 Xn, τ )의 닫힌 부분집합이다 증명 (X1 X2 Xn ) \ (C1 C2 Cn ) = [(X1 \ C1 ) X2 Xn ] [X1 (X2 \ C2 ) X3 Xn ] [X1 X2 Xn 1 (Xn \ Cn )] 임을 관찰하자 이것은 (열린집합의 곱은 열린집합으로서) 열린집합의 합집합이다 그러므로 이것은 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (Xn, τ n )에서 열린집합이다 따라서 그것의 여집합 C1 C2 Cn 은 우리가 원했던 닫힌집합이다

183 81 곱위상 183 연습문제 81 1 명제 812를 증명하시오 2 만약 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )이 이산위상공간이면, 곱공간 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (Xn, τ n )도 역시 이산공간임을 증명하시오 3 X1 과 X2 를 무한집합 그리고 위의 곱위상 τ 1과 τ 2를 각각 X1 과 X2 위의 여유한위상이라 하자 X1 X2 τ 는 여유한위상이 아님을 보이시오 4 비이산위상공간의 임의의 유한곱은 비이산공간임을 보이시오 5 Hausdorff 공간의 임의의 유한곱은 Hausdorff 공간임을 증명하시오 6 (X, τ )를 위상공간 그리고 D = {(x, x) : x X}를 곱공간 (X, τ ) (X, τ ) = (X X, τ 1 )의 대각선(diagonal)이라 하자 (X, τ )가 Hausdorff 공간일 필요충분조건은 D가 (X X, τ 1 ) 에서 닫힌집합임을 증명하시오 7 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ) 그리고 (X3, τ 3 )를 위상공간이라 하자 [(X1, τ 1 ) (X2, τ 2 )] (X3, T3 ) = (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (X3, τ 3 ) 임을 증명하시오 8 (i) (X1, τ 1 ) 그리고 (X2, τ 2 )를 위상공간이라 하자 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) = (X2, τ 2 ) (X1, τ 1 ) 임을 증명하시오 (ii) 위의 결과를 유한개의 위상곱으로 일반화하시오

184 제 8 장 유한 곱공간 C1, C2,, Cn 을 각각 위상공간 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, Tn )의 부분집합이라 하면 C1 C2 Cn 은 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (Xn, τ n )의 부분집합이다 다음 각각의 명제를 증명하시오 (i) (C1 C2 Cn )0 C10 C20 Cn0 ; (ii) C1 C2 Cn = C1 C2 Cn ; (iii) 만약 C1, C2,, Cn 이 각각 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )에서 조밀하면, C1 C2 Cn 은 곱공간 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (Xn, τ n )에서 조밀하다; (iv) (X1, τ 1 ), (X2, T2 ),, (Xn, τ n )이 가분공간이면, (X1, τ 1 ) (X2, T2 ) (Xn, τ n )은 가분공간이다; (v) 각각의 n 1에 대하여, Rn 은 가분공간이다 10 T1 -공간의 유한개의 곱은 T1 -공간임을 보이시오 11 (X1, τ 1 ),, (Xn, τ n )이 제2가산공리를 만족하면, (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (Xn, τ n )도 제2 가산공리를 만족함을 증명하시오 12 (R, τ 1 )을 연습문제 32 #11에서 정의한 Sorgenfrey 직선, 그리고 (R2, τ 2 )를 곱공간 (R, τ 1 ) (R, τ 1 )이라 하자 다음 명제를 증명하시오 (i) {hx, yi : a x < b, c y < d, a, b, c, d R}은 위상 τ 2에 대한 기저이다 (ii) (R2, τ 2 )는 정칙, 가분, 완전비연결 Hausdorff 공간이다 (iii) L = {hx, yi : x, y R 그리고 x+y = 0}이라 하자 그러면 직선 L은 평면 위의 보통위상에서 닫힌집합이고, 따라서 (R2, τ 2 )에서도 그렇다 (iv) 만약 τ 3가 τ 2에 의해서 직선 L 위에 유도된 부분위상이면, τ 3는 이산위상이고, 따라서 (L, τ 3 )는 가분공간이 아니다 [(L, τ 3 )는 가분공간 (R2, τ 2 )의 닫힌부분공간으로서, 우리는 가분공간의 닫힌부분공간이 반드시 가분일 필요는 없다는 사실을 안다] [힌트: L {hx, yi : a x < a + 1, a y < a + 1, a R}는 단집합임을 보이시오]

185 82 곱공간에서 좌표공간 위로의 사영함수 곱공간에서 좌표공간 위로의 사영함수 계속해서 다음 결과로 진행하기 전에 몇 가지 정의가 필요하다 821 정의 τ 1과 τ 2를 τ 1 τ 2일 때 τ 1은 τ 2보다 τ 2는 τ 1보다 엉성한 위상(coarser 집합 X 위의 위상이라 하자 섬세한 위상(finer topology)이라고 불린다 (그리고 topology)이라고 불린다) 822 보기 집합 X 위의 이산위상은 X 위의 어느 위상보다도 섬세하다 X 위의 비이산위 상은 X 위의 어느 위상보다도 엉성하다 [연습문제 51 #10을 보시오] 823 정의 (X, τ )와 (Y, τ 1 )을 위상공간이라 하고 f 를 X에서 Y 로의 함수라 하자 만약 모든 A T 에 대하여 f (A) τ 1이면 f 는 열린함수(open mapping)라고 불린다 만약 (X, τ )의 모든 닫힌집합 B에 대하여 f (B)가 (Y, τ 1 )의 닫힌 부분집합이면, f 를 닫힌함수 (closed mapping)라고 부른다 824 주목 연습문제 72 #5에서, 조건 연속함수, 열린함수, 닫힌함수 가 다른 어느 두 조건도 함의하지 않음을 보이도록 요구했다 사실상 이 조건 중 어느 두 가지 조건을 택하여도 세번째 조건을 함의하지 않는다 (이것을 입증할 보기를 찾으시오)

186 제 8 장 명제 유한 곱공간 (X1, τ 1, ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )을 위상공간이라 하고 (X1 X2 Xn, τ )을 곱공간이라 하자 각각의 i {1,, n}에 대하여, pi : X1 X2 Xn Xi 를 사영함수라 하자; 즉, 각각의 hx1, x2,, xi,, xn i X1 X2 Xn 에 대하여, pi (hx1, x2,, xi,, xn i) = xi 이다 그러면 (i) 각각의 pi 는 연속 전사 열린함수이고, (ii) 증명 τ 는 pi가 연속인 조건을 만족하는 집합 X1 X2 Xn 위의 가장 엉성한 위상이다 분명히 각각의 pi 는 전사함수이다 각각의 pi 가 연속임을 보이기 위하여, U 를 (Xi, τ i )에서 임의의 열린집합이라 하자 그러면 p 1 i (U ) = X1 X2 Xi 1 U Xi+1 Xn 이다 이것은 열린집합의 곱집합이므로 (X1 X2 Xn, τ )에서 열린집합이다 따라서 각각의 pi 는 연속이다 pi 가 열린함수임을 보이기 위하여, 각각의 열린 기저집합 U1 U2 Un 에 대하여 (여기서, j = 1,, n에 대하여, Uj 는 (Xj, τ j )에서 열린집합), 집합 pi (U1 U2 Un )은 (Xi, τ i )에서 열린집합임을 입증하면 충분하다 그러나 pi (U1 U2 Un ) = Ui 이다 이것은 물론 (Xi, τ i )에서 열린집합이다 따라서 각각의 pi 는 열린함수이다 우리는 이제 명제의 (i)을 입증했다 τ 0를 각각의 사영함수 pi : (X1 X2 Xn, τ 0) (Xi, τ i)가 연속인 조건을 만족하는 집합 X1 X2 Xn 위의 임의의 위상이라고 하자 우리는 τ 0 T 임을 보여야 한다 (정의 811에 주어진) 위상 τ 에 대한 기저의 정의를 기억하여, 만약 O1, O2,, On 이 각각 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )에서 열린집합이면, O1 O2 On τ 0 임을 보이면 충분하다 0 이것을 보이기 위하여, i = 1,, n에 대하여 pi 가 연속으로서, p 1 i (Oi ) τ 임을 관찰하자 이제 이제 p 1 i (Oi ) = X1 X2 Xi 1 Oi Xi+1 Xn 이므로 n \ p 1 i (Oi ) = O1 O2 On i=1 이다 그러면 i = 1,, n에 대하여, p 1 i (Oi ) 요구된 O1 O2 On τ 이 성립한다 0 τ 0이므로 Tn i=1 p 1 i (Oi ) τ 0 이다; 즉, 우리에게

187 82 곱공간에서 좌표공간 위로의 사영함수 826 주목 187 명제 825 (ii)는 곱위상을 정의하는 또 다른 방법을 제시한다 주어진 위상공간 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )에 대하여 곱위상은 각각의 사영함수 p i : X1 X2 Xn Xi 가 연속인 조건을 만족하는 X1 X2 Xn 위의 가장 엉성한 위상으로 정의될 수 있다 이 관찰은 다음 절에서 무한개의 위상공간의 곱공간을 논의할 때 더 중요할 것이다 827 따름정리 n 2에 대하여, Rn 에서 R 위로의 사영함수는 연속인 열린함수이다

188 제 8 장 명제 유한 곱공간 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, Tn )을 위상공간 그리고 (X1 X2 Xn, τ )를 곱공간이라 하자 그러면 각각의 (Xi, τ i )는 (X1 X2 Xn, τ )의 부분공간과 위상동형이다 증명 각각의 j에 대하여, aj 를 임의의 (고정된) Xj 의 원소라 하자 각각의 i에 대하여, 함수 fi : (Xi, τ i ) (X1 X2 Xn, τ )를 다음과 같이 정의하자: fi (x) = ha1, a2,, ai 1, x, ai+1,, an i fi : (Xi, τ i ) (fi (Xi ), τ 0 )가 위상동형임을 주장하자 여기서 τ 0는 τ 에 의하여 fi (Xi ) 위에 유도된 위상이다 분명히 이 함수는 전단사 함수이다 U τ i 라 하자 그러면 fi (U ) = {a1 } {a2 } {ai 1 } U {ai+1 } {an } = (X1 X2 Xi 1 U Xi+1 Xn ) ({a1 } {a2 } {ai 1 } Xi {ai+1 } {an }) = (X1 X2 Xi 1 U Xi+1 Xn ) fi (Xi ) τ0 이 성립한다 (왜냐하면 X1 X2 Xi 1 U Xi+1 Xn τ 이기 때문이다) 따라서 U τ i 이면 fi (U ) τ 이 성립한다 0 마지막으로, 집합족 {(U1 U2 Un ) fi (Xi ) : Ui Ti, i = 1,, n} τ 0에 대한 기저임을 관찰하자 그래서 fi가 연속임을 증명하기 위해서는 이 집합족의 모든 원소의 fi 에 의한 역상이 (Xi, τ i )에서 열린집합임을 입증하면 충분하다 그러나 은 fi 1 [(U1 U2 Un ) fi (Xi )] = fi 1 (U1 U2 Un ) fi 1 (fi (Xi )) ( Ui Xi, aj Uj, j 6= i일 때 = Ø, 어떤 j 6= i에 대하여 aj / Uj 일 때 이다 Ui Xi = Ui τ i 그리고 Ø τ i 이므로 fi 는 연속임을 주장했고, 따라서 우리가 원했던 결과를 얻었다 표기 만약 X1, X2,, Xn 이 집합이면, 곱 X1 X2 Xn 을 Qn i=1 Xi 으로 나타낸다 만약 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )이 위상공간이면, 곱공간 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (Xn, τ n )을 Qn i=1 (Xi, τ i )으로 나타낸다

189 82 곱공간에서 좌표공간 위로의 사영함수 189 연습문제 82 1 R 위의 유클리드 위상은 여유한위상보다 섬세함을 증명하시오 2 i = 1,, n에 대하여, (Xi, τ i )를 위상공간이라 하자 다음을 증명하시오 Q (i) 만약 ni=1 (Xi, τ i )가 연결이면, 각각의 (Xi, τ i )가 연결이다; Q (ii) 만약 ni=1 (Xi, τ i )가 컴팩트이면, 각각의 (Xi, τ i )가 컴팩트이다; Q (iii) 만약 ni=1 (Xi, τ i )가 길-연결이면, 각각의 (Xi, τ i )가 길-연결이다; Q (iv) 만약 ni=1 (Xi, τ i )가 Hausdorff이면, 각각의 (Xi, τ i )가 Hausdorff이다; Q (v) 만약 ni=1 (Xi, τ i )가 T1 -공간이면, 각각의 (Xi, τ i )가 T1 -공간이다 3 (Y, τ )와 (Xi, τ i ) (i = 1, 2,, n)를 위상공간이라 하자 더욱이 각각의 i에 대하여, fi 를 (Y, τ ) 에서 (Xi, τ i )로의 함수라 하자 f (y) = hf1 (y), f2 (y),, fn (y)i 로 정의된 함수 f : (Y, τ ) Qn i=1 (Xi, τ i)가 연속일 필요충분조건은 모든 fi가 연속임을 증명하 시오 [힌트: fi = pi f 임을 관찰하시오 여기서 pi 는 Qn j=1 (Xj, τ j )에서 (Xi, Ti) 위로의 사영함수이다] 4 (X, d1 )과 (Y, d2 )를 거리공간이라 하자 더욱이 e를 연습문제 61 #4에서 정의된 X Y 위의 τ 를 e에 의하여 X Y 위에 유도된 위상이라 하자 만약 d1과 d2가 각각 X τ 1과 τ 2를 유도하고, τ 3은 (X, τ 1) (Y, τ 2) 위의 곱위상이면, τ = τ 3임을 거리라 하자 또한 와 Y 위에 위상 증명하시오 [이것은 임의의 두 거리화가능 공간의 곱공간은 거리화가능임을 보여준다] 5 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )을 위상공간이라 하자 Qn i=1 (Xi, τ i)가 거리화가능 공간일 필 요충분조건은 각각의 (Xi, τ i )가 거리화가능임을 증명하시오 [힌트: 거리화가능 공간의 모든 부분공간은 거리화가능임을 말하는 연습문제 61 #6과, 위의 연습문제 4를 이용하시오]

190 제 8 장 190 유한 곱공간 유한 곱공간에 대한 Tychonoff 정리 83 (유한 곱공간에 대한 Tychonoff 정리) Q (Xn, τ n )이 컴팩트 공간이면, ni=1 (Xi, τ i )는 컴팩트 공간이다 831 증명 정리 만약 (X1, T1 ), (X2, T2 ),, 먼저 두 컴팩트 공간 (X, τ 1 )과 (Y, τ 2 )의 곱을 생각하자 {Ui : i I}를 X Y 의 임의의 열린덮개라 하자 그러면 각각의 x X와 y Y 에 대하여, 어떤 i I가 존재하여 hx, yi Ui 이다 따라서 어떤 열린 기저집합 V (x, y) W (x, y)가 존재하여 V (x, y) τ 1, W (x, y) τ 2 그리고 hx, yi V (x, y) W (x, y) Ui 를 만족한다 hx, yi가 X Y 의 모든 점을 다루기 때문에 X Y 의 어떤 열린덮개 {V (x, y) W (x, y) : x X, y Y }가 존재하여 각각의 V (x, y) W (x, y)가 어떤 Ui (i I)의 부분집합이다 그러므로 (X, τ 1 ) (Y, τ 2 )가 컴팩트임을 보이기 위하여 열린덮개 {V (x, y) W (x, y) : x X, y Y }의 유한 부분덮개를 찾으면 충분하다 이제 x0 X를 고정하고 X Y 의 부분공간 {x0 } Y 를 생각하자 명제 828에서 본 것처럼 이 부분공간은 (Y, τ 2 )와 위상동형이다 그러므로 {x0 } Y 는 컴팩트이다 {V (x0, y) W (x0, y) : y Y } 가 {x0 } Y 의 열린덮개이기 때문에 유한 부분덮개 V (x0, y1 ) W (x0, y1 ), V (x0, y2 ) W (x0, y2 ),, V (x0, ym ) W (x0, ym ) 를 갖는다 V (x0 ) = V (x0, y1 ) V (x0, y2 ) V (x0, ym )이라 놓자 그러면 집합 V (x0 ) Y 는 {V (x0, y) W (x0, y) : y Y } 형태의 유한개의 집합의 합집합에 포함된다 그러므로 X Y 가 컴팩트임을 증명하기 위해서는 X Y 가 V (x) Y 형태의 유한개의 집 합의 합집합에 포함됨을 보이면 충분하다 각각의 V (x)가 x X를 포함하는 열린집합이므로, 집 합족 {V (x) : x X}가 컴팩트 공간 (X, τ 1 )의 열린덮개이다 그러므로 x1, x2,, xk 가 존재하여 X V (x1 ) V (x2 ) V (xk )이다 그러므로 우리가 원했던 X Y (V (x1 ) Y ) (V (x2 ) Y ) (V (xk ) Y )을 얻었다 따라서 (X, τ 1 ) (Y, τ 2 )는 컴팩트이다 증명은 수학적 귀납법에 의하여 완성된다 임의의 N 개의 컴팩트 공간의 곱공간이 컴팩트라고 가 정하자 i = 1,, N +1에 대하여, 컴팩트 공간 (Xi, τ i )의 곱 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (XN +1, τ N +1 ) 을 생각하자 그러면 (X1, τ 1 ) (X2, τ 2 ) (XN +1, τ N +1 ) = [(X1, τ 1 ) (XN, TN )] (XN +1, τ N +1 ) 이다 수학적 귀납법 가정에 의하여 (X1, τ 1 ) (XN, τ N )는 컴팩트이다 그러므로 오른쪽은 두 컴팩트 공간의 곱이므로 컴팩트이다 따라서 왼쪽도 역시 컴팩트이다 이것으로 귀납법이 완성되었고 정리의 증명이 끝났다 명제 721 그리고 825 (i)을 이용하여 다음을 얻는다:

191 83 유한 곱공간에 대한 Tychonoff 정리 191 명제 (Tychonoff 정리의 역) (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )을 위상공간이라 Q 하자 만약 ni=1 (Xi, τ i )가 컴팩트이면, 각각의 (Xi, τ i )가 컴팩트이다 832 이제 우리는 이전에 서술한 정리 7213을 증명할 수 있다 833 정리 (일반화된 Heine-Borel 정리) n 1에 대하여, Rn 의 부분집합이 컴팩 트일 필요충분조건은 그것이 유계이고 닫힌집합이다 증명 Rn 의 임의의 컴팩트 부분집합이 유계라는 것은 명제 728과 유사한 방법으로 증명할 수 있다 그러므로 명제 725에 의하여, Rn 의 임의의 컴팩트 부분집합은 유계이고 닫힌집합이다 역으로 S를 Rn 의 임의의 유계이고 닫힌 부분집합이라 하자 그러면, 연습문제 72 #8에 의하여, 어떤 양의 실수 M 에 대하여 S는 곱집합 n terms z } { [ M, M ] [ M, M ] [ M, M ] 의 닫힌 부분집합이다 따름정리 723에 의하여, 각각의 닫힌구간 [ M, M ]은 컴팩트이므로, Tychonoff 정리에 의하여 곱공간 [ M, M ] [ M, M ] [ M, M ] 도 역시 컴팩트이다 S가 컴팩트 집합의 닫힌 부분집합으로서 S도 컴팩트이다

192 제 8 장 보기 유한 곱공간 R2 의 부분공간 S1 을 S1 = {hx, yi : x2 + y 2 = 1} 로 정의하자 그러면 S1 는 R2 의 유계인 닫힌 부분집합이므로 컴팩트이다 비슷한 방법으로 Rn+1 의 부분공간 n-차원 구(n-sphere) Sn 을 Sn = {hx1, x2,, xn+1 i : x21 + x x2n+1 = 1} 로 정의하자 그러면 Sn 은 Rn+1 의 유계인 닫힌 부분집합이므로 컴팩트이다 다음은 S2 의 그림이다 S2 우리는 S1 S1 을 원환체(torus)라고 정의한다

193 83 유한 곱공간에 대한 Tychonoff 정리 835 보기 193 R3 의 부분공간 S1 [0, 1]은 두개의 컴팩트 공간의 곱이므로 컴팩트이다 (S1 [0, 1]은 원기둥(cylinder)의 표면(surface)임을 확신하시오) 연습문제 83 1 위상공간 (X, τ )의 각 점 x X가 적어도 하나의 컴팩트 근방을 가지면 위상공간 (X, τ )를 국소컴팩트(locally compact) 공간이라고 부른다 다음을 증명하시오 (i) 모든 컴팩트 공간은 국소컴팩트이다 (ii) R과 Z는 국소컴팩트이다 (그러나 컴팩트는 아니다) (iii) 모든 이산공간은 국소컴팩트이다 (iv) 만약 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )이 국소컴팩트 공간이면, Qn i=1 (Xi, τ i)는 국소컴팩 트이다 (v) 국소컴팩트 공간의 닫힌 부분공간은 국소컴팩트이다 (vi) 국소컴팩트 공간의 연속인 상은 반드시 국소컴팩트는 아니다 (vii) 만약 f 가 국소컴팩트 공간 (X, τ )에서 위상공간 (Y, τ 1 ) 위로의 연속인 열린함수이면, (Y, τ 1 )은 국소컴팩트이다 (viii) 만약 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, Tn )이 위상공간이고 의 (Xi, τ i )가 국소컴팩트이다 Qn i=1 (Xi, τ i)가 국소컴팩트이면, 각각

194 제 8 장 194 유한 곱공간 2* (Y, τ 1 )을 Hausdorff 공간 (X, τ )의 국소컴팩트 부분공간이라 하자 만약 Y 가 (X, τ )에서 조밀하면, Y 는 (X, τ )에서 열린집합임을 증명하시오 [힌트: 연습문제 32 #9를 이용하시오] 84 곱공간과 연결성 841 정의 (X, τ )를 위상공간 그리고 x를 X의 임의의 점이라 하자 X 안에서 x의 성분 (component), CX (x)는 x를 포함하는 X의 모든 연결 부분집합의 합집합으로 정의한다 842 명제 x를 위상공간 (X, τ )의 임의의 점이라 하면 CX (x)는 연결이다 {Ci : i I}를 x를 포함하는 (X, τ )의 모든 열린 부분집합들의 집합족이라 하자 S ({x} {Ci : i I}임을 관찰하시오) 그러면 CX (x) = i I Ci 이다 증명 O를 τ 에 의하여 CX (x) 위에 유도된 위상에 관하여 열린닫힌 부분집합이라 하자 그러면 각각의 i에 대하여 O Ci 는 Ci 위에 유도된 위상에 관하여 열린닫힌집합이다 그러나 각각의 Ci 는 연결이기 때문에 각각의 i에 대하여 O Ci = Ci 또는 Ø이다 만약 어떤 j I에 대하여 O Cj = Cj 이면, x O이다 따라서 이 경우에 각각의 Ci 가 x를 포함하고 있기 때문에, 모든 i I에 대하여 O Ci 6= Ø이다 그러므로 모든 i I에 대하여 O Ci = Ci 이거나 O Ci = Ø이다; 즉, O = CX (x) 또는 O = Ø이다 그러므로 CX (x)는 공집합이 아닌 열린닫힌 진부분집합을 갖지 않는다 따라서 CX (x)는 연결이 다 843 주목 정의 841 그리고 명제 842로부터 CX (x)는 x를 포함하는 X의 가장 큰 연결 부분집합임을 알았다

195 84 곱공간과 연결성 보조정리 a와 b를 위상공간 (X, τ )의 점이라 하자 만약 a와 b를 동시에 포함하는 연결집합 C가 존재하면, CX (a) = CX (b)이다 증명 정의 841에 의하여, CX (a) C 그리고 CX (b) C이다 그러므로 a CX (b)이다 명제 842에 의하여, CX (b)는 연결이므로 a를 포함하는 연결집합이다 따라서, 정의 841에 의하여, CX (a) CX (b)이다 비슷하게 CX (b) CX (a)이다 우리는 CX (a) = CX (b)임을 보였다 845 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )을 위상공간이라 하자 그러면 명제 Qn i=1 (Xi, τ i) 가 연결일 필요충분조건은 각각의 (Xi, τ i )가 연결이다 증명 유한개의 연결공간의 곱공간이 연결임을 보이기 위해서는 임의의 두개의 연결공간의 곱집 합이 연결임을 보이면 충분하다 그 다음은 수학적 귀납법을 따르면 되기 때문이다 그러므로 (X, τ )와 (Y, τ 1 )을 연결공간이라 하고 hx0, y0 i를 곱공간 (X Y, τ 2 )의 임의의 점이라 하자 hx1, y1 i를 X Y 의 또 다른 점이라 하자 그러면 (X Y, τ )의 부분공간 {x0 } Y 는 연결공간 (Y, τ 1 )과 위상동형이므로 연결이다 비슷하게 부분공간 X {y1 }은 연결이다 더욱이, hx0, y1 i는 연결공간 {x0 } Y 안에 있으므로, CX Y (hx0, y1 i) {x0 } Y 3 hx0, y0 i이지만, hx0, y1 i X {y1 }이다 그러므로 CX Y ((x0, y1 )) X {y1 } 3 (x1, y1 )이다 따라서 hx0, y0 i 그리고 hx1, y1 i는 연결집합 CX Y (hx0, y1 i) 안에 있다 그러므로 보조정리 844 에 의하여, CX Y (hx0, y0 i) = CX Y (hx1, y1 i)이다 특히, hx1, y1 i CX Y (hx0, y0 i)이다 hx1, y1 i이 X Y 안의 임의의 점이었기 때문에, CX Y (hx0, y0 i) = X Y 를 얻는다 따라서 (X Y, τ 2 )는 연결이다 역으로, 만약 Qn i=1 (Xi, τ i)가 연결이면, 명제 825 그리고 521에 의하여 각각의 (Xi, τ i)는 연결이다 846 주목 연습문제 52 #9에서 다음 결과가 나타났다: 임의의 위상공간 (X, τ )의 임의의 점 x에 대하여, 성분 CX (x)는 닫힌집합이다

196 제 8 장 정의 유한 곱공간 컴팩트이고 연결인 위상공간을 연속체(continuum)라고 부른다 정리 831과 명제 845 그리고 832의 직접적인 결과로 다음 명제를 얻는다 848 명제 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n )을 위상공간이라 하자 그러면 Qn 가 연속체일 필요충분조건은 각각의 (Xi, τ i )가 연속체이다 i=1 (Xi, τ i) 연습문제 84 1 위상공간 (X, τ )가 컴팩트이고 거리화가능이면 컴팩텀(compactum)이라고 불린다 (X1, τ 1 ), (X2, T2 ),, (Xn, τ n )을 위상공간이라 하자 연습문제 82 #5를 이용하여, Qn i=1 (Xi, τ i )가 컴팩텀일 필요충분조건은 각각의 (Xi, τ i )가 컴팩텀임을 증명하시오 τ 를 d에 의하여 X 위에 유도된 위상이라 하자 (i) 곱공간 (X, T ) (X, τ )에서 R로의 함수 d는 연속임을 증명하시오 (ii) (i)을 이용하여, 만약 거리화가능 공간 (X, τ )가 연결이고 X가 적어도 2 (X, d)를 거리공간 그리고 두 점을 가지고 있으면, X는 비가산개의 점을 가지고 있음을 보이시오 3 만약 (X, τ )와 (Y, τ 1 )이 길-연결공간이면, 곱공간 (X, τ ) (Y, τ 1 )은 길-연결임을 증명하시오 4 (i) x = (x1, x2,, xn )을 곱공간 (Y, τ ) = Qn i=1 (Xi, τ i)의 임의의 점이라 하자 CY (x) = CX1 (x1 ) CX2 (x2 ) CXn (xn )임을 증명하시오 Q (ii) (i)과 연습문제 52 #10으로부터 ni=1 (Xi, τ i )는 완전비연결일 필요충분조건은 각각의 (Xi, Ti )가 완전비연결임을 유도하시오

197 84 곱공간과연결성 위상공간 (X,τ) 가연결 ( 열린 ) 집합으로이루어진기저 B 를가지고있으면국소연결 (locally connected) 이라고불린다 (i) Z 는국소연결이지만연결공간이아님을입증하시오 (ii) 모든 n 1 에대하여 R n 과 S n 은국소연결임을보이시오 (iii) (X,τ) 를 R 2 의부분공간으로서 0, 1 에서 0, 0 에연결한선분과그리고 0, 1 에서모든점 1, 0 (n = 1, 2, 3, ) 에연결한선분의점들로이루어져있다고하자 (X,τ) 는연결이지만 n 국소연결이아님을보이시오 (iv) 국소연결공간의모든열린부분집합은국소연결임을증명하시오 (v) (X 1,τ 1 ), (X 2,τ 2 ),, (X n,τ n ) 을위상공간이라하자 n i=1 (X i,τ i ) 가국소연결일필요충 분조건은각각의 (X i,τ i ) 가국소연결임을증명하시오 6 A 와 B 를위상공간 (X,τ) 의연결부분집합이고 A B Ø 이라하자 (i) 만약 (X,τ) = R 이면, A B 는연결임을증명하시오 (ii) 만약 (X,τ) = R 2 이면, A B 는반드시연결인가?

198 제 8 장 유한 곱공간 대수학의 기본정리 이 절에서 우리는 위상수학을 수학의 다른 분야로의 응용을 제공한다 우리는 컴팩트성과 일반화된 Heine-Borel 정리 833을 어떻게 이용하여 대수학의 기본정리를 증명하는지를 보여준다 851 정리 (대수학의 기본정리) 모든 다항식 f (z) = an z n + an 1 z n a1 z + a0 는 근(root)을 갖는다 여기서 각각의 ai 는 복소수, an 6= 0, 그리고 n 1이다; 즉, 어떤 복소수 z0 가 존재하여 f (z0 ) = 0이다 증명 f (z) = an z n + an 1 z n a0 an 2 a0 n n 1 an z z an n 1 z z n n 1 an z z [ an 1 + an a0 ] ( z 1일 때) = z n 1 [ an z R] z n 1 ( z 1 그리고 R = an a0 일 때) R+1 ( z max 1, 일 때) an (1) 만약 p0 = f (0) = a0 라 놓으면, 식 (1)에 의하여, 어떤 T > 0가 존재해서 모든 z > T 에 대하여 f (z) > p0 이다 (2) 다음 집합 D = {z : z 복소평면 그리고 z T }를 생각하자 이것은 복소평면 C = R2 의 유계인 닫힌 부분집합이므로, 일반화된 Heine-Borel 정리에 의하여, D는 컴팩트이다 그러므로, 명제 7214에 의하여, 연속함수 f : D R는 어떤 점 z0 에서 최솟값을 갖는다 그러므로 모든 z D에 대하여 f (z0 ) f (z) 이다 (2)에 의하여, 모든 z / D에 대하여 f (z) > p0 = f (0) f (z0 ) 이다 그러므로 모든 z C에 대하여 f (z0 ) f (z) 이다 (3) 그러므로 f (z0 ) = 0을 증명해야 한다 이것을 위해서 평행이동 을 수행하는 것이 편리하다 P (z) = f (z + z0 )라 놓자 그러면 (2)에 의하여, 모든 z C에 대하여 P (0) P (z) 이다 (4) f (z0 ) = 0을 보이는 문제는 이제 P (0) = 0을 증명하는 동치인 문제로 전환되었다 이제 P (z) = bn z n + bn 1 z n b0 (bi C)이다 따라서 P (0) = b0 이다 우리는 b0 = 0임을 보인다 b0 6= 0이라 가정하자 그러면 P (z) = b0 + bk z k + z k+1 Q(z), 여기서 Q(z)는 다항식이고 k는 bi 6= 0를 만족하는 가장 작은 i > 0이다 (5)

199 85 대수학의기본정리 199 예를들어, 만약 P (z) = 10z 7 + 6z 5 + 3z 4 + 4z 3 + 2z 이면, b 0 = 1, b k = 2, (b 1 = 0), 그리고이다 Q(z) {}}{ P (z) = 1 + 2z 2 + z 3 (4 + 3z + 6z z 4 ) w C를수 b 0 /b k 의 k-번째근이라하자 즉, w k = b 0 /b k 이라하자 Q(z) 가다항식이기때문에, 실수 t에대하여, t 0에따라 t Q(tw) 0 이다 이것은 t 0에따라 t w k+1 Q(tw) 0임을함의한다 그러므로 0 < t 0 < 1인실수 t 0 가존재하여 t 0 w k+1 Q(t 0 w) < b 0 (6) 이다 그러므로 (5) 에의하여 그러므로 P (t 0 w) = b 0 + b k (t 0 w) k + (t 0 w) k+1 Q(t 0 w) [ ( )] k b0 = b 0 + b k t 0 + (t 0 w) k+1 Q(t 0 w) b k = b 0 (1 t 0 k ) + (t 0 w) k+1 Q(t 0 w) P (t 0 w) (1 t 0 k ) b 0 + t 0 k+1 w k+1 Q(t 0 w) < (1 t 0 k ) b 0 + t 0 k b 0, (6) 에의하여 = b 0 = P (0) (7) 이다 그러나 (7) 은 (4) 에모순이다 따라서가정 b 0 0 은거짓이다 ; 즉, 우리가원했던 P (0) = 0 이성립한다

200 제 8 장 유한 곱공간 후기 소개에서 언급했던 것처럼, 이 장은 곱공간에 관한 세 개의 장 중의 하나이다 가장 쉬운 경우가 유한 곱공간이다 다음 장에서 가산무한 곱공간을 공부하고, 10장에서는 일반적인 경우를 공부한다 이 장에서 증명한 가장 중요한 결과는 Tychonoff 정리 8311 이다 10장에서 이 정리는 임의의 크기의 곱집합으로 일반화된다 여기서 정리라고 불리는 두번째 결과는 Rn 의 컴팩트 부분집합을 유계인 닫힌집합으로 특성화한 일반화된 Heine-Borel 정리 833이다 연습문제 83 #1에서 국소컴팩트 공간을 소개했다 이 공간은 위상군론에서 중심 역할을 한다 (부록 5를 보시오) 연결성에 대한 공부는 점에 관한 성분을 정의함으로서 더 깊이 발전되었다 성분으로 임의의 위상공간을 연결집합들로 분할을 할 수 있다 Rn 과 같은 연결공간에서는 임의의 점의 성분은 전체 공간이다 반대로, 예를 들어 Q와 같은, 완전비연결 공간에서 성분은 단집합이다 위에서 언급한 것처럼, 컴팩트성은 국소 버젼을 갖는다 연결성도 그렇다 연습문제 84 #5 에서 국소연결성을 정의했다 그러나, 모든 컴팩트 공간은 국소컴팩트이지만, 모든 연결공간이 국 소연결은 아니다 사실상 많은 성질 P는 국소(locally) P라고 불리는 국소 버젼을 가지고 있다 그리고 P가 항상 국소 P임을 의미하는 것은 아니다 그리고 국소 P가 항상 P를 의미하지는 않는다 이 장의 끝무렵에서 대수학의 기본정리 851의 위상적 증명을 제공했다 수학의 한 분야에 있는 정리를 다른 분야의 방법을 이용해서 증명할 수 있다는 사실은 수학을 분야별로 구분하지 말아야 되는 이유를 암시하고 있다 여러분은 대수학, 복소해석학, 그리고 정수론 과목을 구분하려고 할지 모르겠지만 이러한 주제는 사실상 서로 밀접한 관계가 있다 부록 5에서 위상군의 개념을 소개했다 즉, 위상공간의 구조와 군의 구조를 동시에 가지고 있는 집합이고, 두 구조가 적절한 방법으로 관계되어 있다 위상군론은 풍부하고 관심있는 수학의 한 분야이다 부록 5는 이 장의 선수지식을 통해서 공부할 수 있다 약간의 범주론을 알고 있는 독자를 위해서, 우리는 위상공간과 연속함수의 범주는 곱과 쌍대 곱을 둘다 가지고 있음을 관찰하자 범주론에서 곱은 사실상 위상공간의 곱이다 독자는 쌍대곱을 알아보기 위해 신경쓸 수 있다 1 정리 라는 단어를 얼마나 드물게 사용하는지, 언제 사용했는지를 주목해야 한다 결과가 중요하기 때문에 정리라는 단어를 사용한다

201 제 9 장 가산곱공간 소개 우리는직관적으로곡선의면적이 0이라고말한다 그러므로여러분은공간채움곡선 (space-filling curve) 의존재성을배우게된다면깜짝놀랄것이다 우리는 Cantor 공간으로알려진기이한공간을이용함으로써이주제를공략한다 이공간의조사는단위구간 [0, 1] 의성질들을우리로하여금더많이이해하도록해준다 앞에서우리는위상공간들의유한곱을공부했다 이장에서는위상공간들의가산무한곱으로우리의공부를확장한다 이것은하나의보기외에경이롭게도풍부한영역인공간채움곡선으로우리를이끈다 201

202 제 9 장 가산 곱공간 Cantor 집합 주목 우리는 지금 Cartor 집합으로 알려진 매우 기이한 (하지만 유용한) 집합을 만들 것이다 닫힌 단위구간 [0, 1]을 생각하고 삼등분중간집합인 열린구간 ( 21, 32 )을 제거하자 그리고 남은 닫힌집합을 G1 이라고 표기하자 그러면 G1 = [0, 13 ] [ 32, 1] 이다 다음으로 G1 에서 두 조각들의 삼등분중간집합인 열린구간들 ( 91, 29 )와 ( 79, 98 )을 지우고 남은 닫힌 집합을 G2 라고 표기하자 그러면 G2 = [0, 19 ] [ 29, 13 ] [ 23, 79 ] [ 98, 1] 이다 0 1 G1 0 G2 0 G 이러한 방법, 즉 이전 단계로부터 남은 각각의 닫힌구간의 삼등분중간집합을 각 단계에서 지우는 방법을 계속 진행하면 닫힌집합들의 감소수열 G1 G2 G3 Gn 을 얻는다 Cantor 집합G는 G= \ Gn n=1 으로 정의되고, 이것은 닫힌집합들의 교집합이므로 [0, 1]의 닫힌 부분집합이다 [0, 1]은 컴팩트이기 때문에, Cantor 공간 (G, τ ) (즉, 부분공간 위상을 갖는 G)는 컴팩트이다 [Cantor 집합은 유명한 집합론 학자 Georg Cantor ( )의 이름을 따서 명명되었다]

203 91 Cantor 집합 203 삼진수로 쓰여진 실수들로 Cartor 집합을 표현하는 것은 유용하다 여러분은 실수들을 십진수 로 표현한 소수전개에 익숙하다 오늘날 우리는 이진수를 사용하는 컴퓨터를 피할 수 없다 하지만 Cantor 집합에 대해서는 삼진수가 가장 좋은 것이다 5 삼진법에서 는 으로 쓰여진다 왜냐하면 이것은 으로 표현되기 때문이다 따라서 [0, 1]에서 수 x는 삼진수 a1 a2 a3 an 으로 표현된다 여기서 x= X an n=1 이다 1 2 = P 1 1 n=1 3n, 3 = P 2 n=2 3n, 3n an {0, 1, 2},, 그리고 1 = P n N 2 n=1 3n 이기 때문에, 이들 수의 삼진수 표현은 다음처럼 주어진다: 1 = ; 2 1 = ; 3 1 = (물론 31 의 또 다른 삼진수 표현은 이고 1의 또 다른 삼진수 표현은 이다) Cantor 집합 G로 다시 돌아오자 [0, 1]의 원소가 G에 속할 필요충분조건은 그것이 모든 n N 에 대하여 an 6= 1인 삼진수로 쓰여질 수 있는 것임이 명백하다 따라서 1 2 / G, 5 81 / G, 1 3 G, 그리고 1 G이다 그러므로 우리는 Cantor 집합으로부터 다음 수열들로 구성된 집합으로의 함수 f 를 갖는다: 각각의 ai {0, 2}에 대하여 ha1, a2, a3,, an, i 형태의 수열 여기서 f 는 일대일대응이다 우리는 이 함수 f 를 나중에 이용할 것이다 연습문제 91 1 (a) 다음 수들을 삼진수로 쓰시오: 5 (i) ; (ii) 7 9 ; (iii) 1 13 (b) 어떤 실수들이 다음 삼진수 표현을 갖는가? (i) 002 = ; (ii) 0110 ; (iii) 0012 (c) (a)와 (b)에 있는 수들 중 어떤 것이 Cantor 집합에 속하는가?

204 제 9 장 204 가산 곱공간 2 x가 위상공간 (X, τ )의 한 점이라고 하자 이때 x가 고립점(isolated point)이라 함은 x X \ X 0 이다 즉, x가 X의 극한점이 아님을 말한다 위상공간 (X, τ )가 완전(perfect) 이라 함은 그것이 고립점을 갖지 않을 때를 말한다 Cantor 공간이 컴팩트이고 완전비연결인 완전공간임을 증명하시오 [공집합이 아닌 컴팩트이고 완전비연결인 거리화가능 완전공간은 Cantor 공간과 위상동형임을 증명할 수 있다 예를 들어, Engelking [98]의 연습문제 62A(c)를 보시오 92 곱위상 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n ), 가 위상공간들의 가산무한족이라고 하 Q 자 이때 집합 Xi (i N)들의 곱(product) i=1 Xi 은 모든 i에 대하여 xi Xi 인 모든 Q 무한수열 hx1, x2, x3,, xn, i들로 구성된다 (무한수열 hx1, x2,, xn, i은 때때로 i=1 xi Q Q 와 같이 쓰여질 수 있다) 곱공간(product space) i=1 (Xi, τ i )은 곱 i=1 Xi 과 다음을 정의 921 기저로 갖는 위상 τ 로 구성된다: ( ) Y B= Oi : Oi τ i 이고 유한개를 제외한 모든 i에 대하여 Oi = Xi i=1 위상 τ 를 곱위상(product topology)이라고 부른다 따라서 기본열린집합(basic open set)은 O1 O2 On Xn+1 Xn+2 의 형태이다 τ 에서 열린집합일 필요가 없다는 것은 분명하다 특히, O1, O2, O3, Q, On, 가 모든 i에 대하여 Oi τ i 이고 Oi 6= Xi 이면 i=1 Oi 은 B의 원소들의 합집합으로 표현할 Q 수 없다 따라서 이것은 곱공간 ( i=1 Xi, τ )에서 열린집합이 아니다 경고 922 열린집합들의 곱이 곱위상 주목 왜 정의 921처럼 곱위상을 정의할까? 그 해답은 단지 이 정의를 가지고 컴팩트 공간들의 곱은 컴팩트라는 (무한곱에 대한) Tychonoff 정리를 얻기 때문이다 그리고 이 결과는 응용에 있어서 매우 중요하다

205 92 곱위상 보기 (X1, τ 1 ),, (Xn, τ n ), 가 위상공간들의 가산무한족이라고 하자 이때 곱 Q 0 i=1 Xi 위의 상자위상(box topology) τ 은 다음을 기저로 갖는 위상이다: 0 B = ny o Oi : Oi τ i i=1 Q 0 각 (Xi, τ i )가 이산공간이면, 상자곱 ( i=1 Xi, τ )은 이산공간임은 바로 알 수 있다 따라서 각 Q (Xi, τ i )가 이산위상을 갖는 유한집합이면, ( i=1 Xi, τ 0 )은 무한 이산공간이고 분명히 컴팩트이지 않 다 그러므로 우리는 컴팩트 공간 (Xi, τ i )들의 상자곱으로서 컴팩트이지 않는 상자곱을 갖는다 우리가 선택한 곱위상의 정의에 대한 또 다른 이유는 다음 명제로서 명제 825와 유사한 가산무한곱에 대한 명제이다 924 명제 (X1, τ 1 ), (X2, τ 2 ),, (Xn, τ n ), 이 위상공간들의 가산무한족이라 하고 Q Q ( i=1 Xi, τ )는 그것들의 곱공간이라고 하자 각각의 i에 대하여, pi : j=1 Xj Xi 가 사영함 Q 수라고 하자; 즉, 각각의 hx1, x2,, xn, i j=1 Xj 에 대하여 pi (hx1, x2,, xn, i) = xi 이라고 하자 그러면 (i) 각각의 pi 는 연속이고 전사인 열린함수이고; (ii) 증명 τ 는 각각의 pi가 연속이 되게 하는 집합 Q j=1 Xj 위의 가장 엉성한 위상이다 이 증명은 명제 825와 유사하므로 연습문제로 남겨둔다

206 제 9 장 206 가산 곱공간 다음 명제는 나중에 이용할 것이다 925 명제 Q Q 0 i N인 (Xi, τ i )와 (Yi, τ 0i )가 각각 곱공간 ( i=1 Xi, τ )와 ( i=1 Yi, τ )을 갖는 위상공간들의 가산무한족이라고 하자 만약 각각의 i N에 대하여 함수 hi : (Xi, τ i ) Q Q 0 (Yi, τ 0i )가 연속이라면, 다음과 같이 주어진 함수 h : ( i=1 Xi, τ ) ( i=1 Yi, τ )도 연속이다: Q Q h: ( i=1 xi ) = i=1 hi (xi ); 즉, h(hx1, x2,, xn, i) = hh1 (x1 ), h2 (x2 ),, hn (xn ), i 증명 Q Q 0 1 O가 ( i=1 Yi, τ )에서 기본열린집합일 때 h (O)가 ( i=1 Xi, τ )에서 열린집합임을 보이는 것으로 충분하다 각각의 i = 1,, n에 대하여 Ui τ 0i 인 기본열린집합 U1 U2 Un Yn+1 Yn+2 을 생각하자 그러면 1 h 1 (U1 Un Yn+1 Yn+2 ) = h 1 1 (U1 ) hn (Un ) Xn+1 Xn+2 이고 우변의 집합은 τ 에 속한다 왜냐하면 각각의 i = 1,, n에 대하여 hi의 연속성은 h 1 i (Ui ) τ i 을 함의하기 때문이다 그러므로 h는 연속이다 연습문제 92 1 각각의 i N에 대하여 Ci 가 위상공간 (Xi, τ i )의 닫힌 부분집합이라고 하자 Q i=1 (Xi, τ i )의 닫힌 부분집합임을 증명하시오 Q i=1 Ci 가

207 92 곱위상 명제 925에서 각각의 함수 hi 가 또한 (a) 단사, (b) 전사, (c) 전사이고 열린함수, (d) 위상동형함수 이면 h는 각각 (a) 단사, (b) 전사, (c) 전사이고 열린함수, (d) 위상동형함수 임을 증명하시오 3 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 위상공간이라고 하자 각각의 (Xi, τ i )가 Q i=1 (Xi, τ i)의 부분공간과 위상동형임을 증명하시오 [힌트: 명제 828을 보시오] 4 (a) 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 위상공간이라고 하자 만약 각각의 (Xi, τ i )가 (i) Q Hausdorff 공간, (ii) T1 -공간, (iii) T0 -공간이면, i=1 (Xi, τ i )가 각각 (i) Hausdorff 공간, (ii) T1 -공간, (iii) T0 -공간 임을 증명하시오 (b) 위의 연습문제 3을 이용하여 (a)에 있는 명제의 역을 증명하시오 5 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 위상공간이라고 하자 Q i=1 (Xi, τ i)가 이산공간일 필요충 분조건은 각각의 (Xi, τ i )가 이산공간이고 Xi (i N)의 유한개를 제외한 모두가 단집합임을 증명하시오 6 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 위상공간이라고 하자 다음을 증명하시오: Q (i) i=1 (Xi, τ i )가 컴팩트이면 각각의 (Xi, τ i )는 컴팩트이다; Q (ii) i=1 (Xi, τ i )가 연결이면 각각의 (Xi, τ i )는 연결이다; Q (iii) i=1 (Xi, τ i )가 국소 컴팩트이면 각각의 (Xi, τ i )는 국소 컴팩트이고 유한개를 제외한 모든 (Xi, τ i )가 컴팩트이다

208 제 9 장 가산 곱공간 Cantor 공간과 Hilbert 큐브 주목 931 우리는 이제 Cantor 공간이 두 점 공간들의 가산무한곱과 위상동형임을 증명하 겠다 Q 0 각각의 i N에 대하여 (Ai, τ i )가 이산위상을 갖는 집합 {0, 2}라 하고 곱공간 ( i=1 Ai, τ )을 생각하자 우리는 다음 명제에서 그것이 Cantor 공간 (G, τ )와 위상동형임을 보인다 Q 0 (G, τ )가 Cantor 공간이고 ( i=1 Ai, τ )이 주목 931에서와 같은 곱 P an 공간이라고 하자 그러면 f ( n=1 3n ) = ha1, a2,, an, i으로 정의된 함수 f : (G, τ ) Q 0 ( i=1 Ai, τ )는 위상동형함수이다 932 증명 명제 Q 0 우리는 주목 911에서 이미 f 가 일대일대응임을 알았다 (G, τ )가 컴팩트이고 ( i=1 Ai, τ ) 이 Hausdorff이므로 (연습문제 92 #4) 연습문제 72 #6은 f 가 연속이면 f 가 위상동형함수임을 말한다 f 의 연속성을 증명하기 위해 임의의 기본열린집합 U = U1 U2 UN AN +1 AN +2 과 P an 임의의 점 a = ha1, a2,, an, i U 에 대하여 f (W ) U 인 열린집합 W 3 n=1 3n 가 존재함을 보이는 것으로 충분하다 P an 열린구간 n=1 3n 1, 3N +2 P an n=1 3n 1 3N +2 을 생각하고 W 가 이 열린구간과 G의 교집합이라 P xn 고 하자 그러면 W 는 (G, τ )에서 열린집합이고, x = n=1 3n W 이면 i = 1, 2,, N 에 대하여 + xi = ai 이다 따라서 f (x) U1 U2 UN AN +1 AN +2 이고 그러므로 f (W ) U 이다 위에서 지적했듯이, 우리는 적절한 때에 컴팩트 공간들의 임의의 곱은 컴팩트이다 즉, Tychonoff 정리를 증명할 것이다 그러나 명제 932에 의하여 Cantor 공간과 위상동형인 카피들 의 가산개의 곱이 Cantor 공간과 위상동형임을 평범하게 보일 수 있다 따라서 그것은 컴팩트이다

209 93 Cantor 공간과 Hilbert 큐브 933 명제 209 각각의 i N에 대하여 (Gi, τ i )가 Cantor 공간 (G, τ )와 위상동형인 위상 공간들이라고 하자 그러면 각각의 n N에 대하여 (G, τ ) = n Y Y (Gi, τ i ) (Gi, τ i ) = i=1 i=1 이다 증명 우선 (G, τ ) = (G1, τ 1 ) (G2, τ 2 )임을 입증하겠다 이것은 명제 932에 의하여 다음을 보이는 것과 동치이다: Y Y Y (Ai, τ i ) (A, τ ) (Ai, τ i ) = i i i=1 i=1 i=1 여기서 각각의 (Ai, τ i )는 이산위상을 갖는 집합 {0, 2}이다 Q Q Q 이제 집합 i=1 (Ai, τ i )로의 함수 θ를 다음과 같이 정의한다: i=1 (Ai, τ i )로부터 i=1 (Ai, τ i ) θ(ha1, a2, a3, i, hb1, b2, b3, i) ha1, b1, a2, b2, a3, b3, i θ가 위상동형함수인 것은 손쉽게 입증된다 따라서 (G1, τ 1 ) (G2, τ 2 ) = (G, τ )이다 그러면 귀납 Q n (Gi, τ i )이다 법에 의하여 모든 양의 정수 n에 대하여 (G, τ ) = i=1 무한곱의 경우로 돌아와서 함수 " # Y Y Y Y φ: (Ai, τ i ) (Ai, τ i ) (Ai, τ i ) (Ai, τ i ) i=1 i=1 i=1 i=1 를 다음과 같이 정의하자 φ(ha1, a2, i, hb1, b2, i, hc1, c2, i, hd1, d2, i, he1, e2, i, ) = ha1, a2, b1, a3, b2, c1, a4, b3, c2, d1, a5, b4, c3, d2, e1, i 다시 φ가 위상동형함수임은 손쉽게 입증된다 이것으로 증명을 끝마친다

210 제 9 장 210 주목 934 가산 곱공간 명제 933에 있는 (G, τ ) = Y (Gi, τ i ) i=1 를 다음과 같이 쓰면 아마도 더욱 명료할 것이다: (A, τ ) (A, τ ) = [(A, τ ) (A, τ ) ] [(A, τ ) (A, τ ) ] 여기서 (A, τ )는 이산위상을 갖는 집합 {0, 2}이다 935 증명 위상공간 [0, 1]은 Cantor 공간 (G, τ )의 연속인 상이다 명제 명제 932에서처럼 하다 그러한 함수는 Q i=1 (Ai, τ i)로부터 [0, 1]로의 전사인 연속함수 φ를 찾는 것으로 충분 X ai φ(ha1, a2,, ai, i) = 2i+1 i=1 으로 주어진다 각각의 i에 대하여 ai {0, 2}이고 각각의 수 x [0, 1]는 P bj j=1 2j (bj {0, 1})와 같은 유형의 이진수 전개를 가짐을 회상하면, φ가 전사함수임을 알 수 있다 명제 517에 의해 φ 가 연속임을 증명하는 것은 다음을 검증하는 것으로 충분하다: U 가 열린구간 X X ai ai ε, +ε i+1 i i=1 i=1! 3 X ai, i+1 2 i=1 이면, φ(w ) U 인 열린집합 W 3 ha1, a2,, ai, i가 존재한다 ε>0 P ai i=n 2i+1 < ε을 만족하는 충분히 큰 N 을 선택하고 W = {a1 } {a2 } {an } AN +1 AN +2 Q 라 놓자 그러면 W 는 i=1 (Ai, τ i )에서 열린집합이고, φ(w ) U 이다 936 주목 명제 935에 의해 멋진 공간 [0,1]이 매우 특이한 Cantor 공간의 연속인 상 이라고 말하는 것에 다소 놀랄 것이다 그러나 우리는 적절한 때에 모든 컴팩트 거리공간이 Cantor 공간의 연속인 상임을 보게 될 것이다

211 93 Cantor 공간과 Hilbert 큐브 211 정의 각각의 양의 정수 n에 대하여, 위상공간 (In, τ n )이 [0, 1]과 위상동형이라고 할 Q 때, 곱공간 n=1 (In, τ n )을 Hilbert 큐브(Hilbert cube)라 부르고 I 로 나타낸다 그리고 Q 각각의 n N에 대하여, 곱공간 ni=1 (Ii, τ i )을 n-큐브(n-cube)라 부르고 I n 으로 나타낸다 937 유한곱에 대한 Tychonoff 정리 831로부터 각각의 n에 대하여 I n 이 컴팩트인 것은 알고 있다 우리는 이제 I 가 컴팩트인 것을 증명하겠다 (물론 이 결과는 무한곱에 대한 Tychonoff 정리 1034로부터 얻어질 수도 있다 이것은 10장에서 증명된다) 938 증명 정리 Hilbert 큐브는 컴팩트이다 명제 935에 의하여, 각각의 n N에 대하여 (Gn, τ n )으로부터 (In, τ 0n )으로의 연속인 전사함수 φn 이 존재한다 여기서 (Gn, τ n )과 (In, τ 0n )은 각각 Cantor 공간과 [0, 1]에 위상동형이다 Q Q 0 그러므로 명제 925와 연습문제 92 #2 (b)에 의하여, n=1 (In, τ n ) = I n=1 (Gn, τ n )으로부터 Q 으로의 연속인 전사함수 ψ가 존재한다 또한 명제 933은 n=1 (Gn, τ n )이 Cantor 공간 (G, τ )와 위상동형임을 말한다 그러므로 I 는 컴팩트 공간 (G, τ )의 연속인 상이고, 따라서 컴팩트이다

212 제 9 장 212 가산 곱공간 939 명제 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 거리화가능 공간이라고 하자 그러면 Q i=1 (Xi, τ i )은 거리화가능이다 증명 각각의 i N에 대하여, di 가 위상 τ i를 유도하는 Xi 위의 거리라고 하자 Xi 에 있는 모든 a와 b에 대하여 ei (a, b) = min(1, di (a, b))라 놓으면, 연습문제 61 #2에 의하여, ei 는 Xi 위의 τ i를 유도한다 그래서 우리는 일반성을 잃지 않고 Xi 거리이고 위상 (i N)에 있는 모든 a와 b에 대하여 di (a, b) 1라고 가정할 수 있다 Q Q d: i=1 Xi i=1 Xi R를 다음과 같이 정의하자: Xi 에 있는 모든 ai 와 bi 에 대하여! Y Y X di (ai, bi ) d ai, bi = 2i i=1 i=1 i=1 P 1 각각의 i에 대하여 di (ai, bi ) 1이고 i=1 2i = 1이므로 우변의 급수는 위로 유계가 되어 수렴함을 관찰하자 Q di (a,b) 0 d가 으로 정의된 d0i 은 Xi 위의 i=1 Xi 위의 거리임은 쉽게 증명할 수 있다 di (a, b) = 2i Q 거리이고 di 처럼 같은 위상 τ i 를 유도함을 관찰하자 우리는 d가 i=1 Xi 위의 곱위상을 유도함을 주장할 것이다 이것을 알기 위해 다음을 생각하자: d Y i=1 ai, Y! bi i=1 di (ai, bi ) = d0i (ai, bi ) 2i Xi, d) (Xi, d0i )는 연속이다 d0i 는 위상 τ 0i 을 Q 유도하기 때문에, 명제 924 (ii)는 d에 의해 유도된 i=1 Xi 위의 위상이 곱위상보다 더 섬세하다 이기 때문에, 각각의 i에 대하여 사영함수 pi : ( Q i=1 d에 의해 유도된 위상이 또한 곱위상보다 엉성하다는 것을 증명하기 위하여, Bε (a)가 중심이 Q a = i=1 ai 이고 반지름이 ε > 0인 열린공이라고 하자 그래서 Bε (a)는 d에 의해 유도된 위상에서 기본열린집합이다 우리는 a W Bε (a)을 만족하고 곱위상에서 열린집합인 W 가 존재하는 것을 P 1 ε 보여야 한다 N 이 양의 정수로서 i=n 2i < 2 을 만족한다고 하고, Oi 가 (Xi, di )에서 중심이 ai (i = 1,, N )이고 반지름이 ε 인 2N 열린공이라고 하고, 다음과 같이 정의하자: W = O1 O2 ON XN +1 XN +2 그러면 W 는 곱위상에서 열린집합이며, a W 이고 명백히 W Bε (a)이다 9310 따름정리 Hilbert 큐브는 거리화가능이다

213 93 Cantor 공간과 Hilbert 큐브 213 명제 939의 증명은 다음 결과를 얻도록 개선될 수 있다: 9311 명제 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 완비거리화가능 공간이라고 하자 그러면 Q i=1 (Xi, τ i )은 완비거리화가능이다 증명 9312 연습문제 93 #10 주목 명제 9311로부터 이산공간의 가산무한곱은 완비거리화가능이라는 것을 안다 이러한 것들 중 가장 흥미로운 것은 Nℵ0 으로 이것은 이산공간 N과 각각이 위상동형인 위상공간들 의 가산무한곱이다 6장에서 언급된 바와 같이 훨씬 더 놀라운 것은 N 가 유클리드 위상을 갖는 모든 유리수들의 위상공간인 P와 위상동형이다는 사실이다 Engelking [98]의 연습문제 43G와 연습문제 62A를 보시오 9313 주목 완비거리화가능인 가산곱의 또 다른 중요한 보기는 R 이다 이것은 R과 각각이 위상동형인 위상공간들의 가산무한곱이다 Engelking [98]의 따름정리 4325는 다음을 보여준다: 가분인 거리화가능 공간이 완비거리화가능일 필요충분조건은 그것이 R 의 닫힌 부분공간과 위상 동형인 것이다 특히 우리는 모든 가분인 Banach 공간은 R 의 닫힌 부분공간과 위상동형임을 안다 하나의 아름답고 깊은 결과는 다음과 같다: 모든 가분인 무한차원 Banach 공간은 R 와 위상동형이다 Bessaga and Pelczynski [32]을 보시오

214 제 9 장 214 가산 곱공간 연습문제 93 1 각각의 i N에 대하여, (Xi, di )가 거리공간으로 Xi 에 있는 모든 a와 b에 대하여 di (a, b) 1 Q Q 이라 하고 e : i=1 Xi i=1 Xi R를 다음과 같이 정의하자:! Y Y e ai, bi = sup{di (ai, bi ) : i N} i=1 e가 Q i=1 i=1 Xi 위의 거리임을 증명하고 명제 939에 있는 거리 d와 동치임을 증명하시오 ( 동 치 의 의미가 같은 위상을 유도한다 임을 상기하자) 2 각각의 i N에 대하여, (Xi, τ i )가 [0, 1]의 컴팩트 부분공간일 때, 정리 938과 연습문제 92 Q #1로부터 i=1 (Xi, τ i )이 컴팩트임을 추론하시오 3 τ Q τ τ )로 i=1 (Xi, i )가 위상공간들의 가산무한족의 곱이라고 하자 (Y, )가 위상공간이고 f 가 (Y, Q 부터 i=1 (Xi, i )로의 함수라고 하자 f 가 연속일 필요충분조건은 각각의 함수 pi f : (Y, ) τ τ (Xi, τ i )가 연속임을 증명하시오 여기서 pi 는 사영함수를 나타낸다 4 (a) X가 유한집합이고 τ가 X 위의 Hausdorff 위상이라고 하자 다음을 증명하시오: τ 는 이산위상이다; (ii) (X, τ )는 [0, 1]의 부분공간과 위상동형이다 (i) (b) (a)와 위 연습문제 3을 이용하여, 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 유한 Hausdorff Q 공간일 때, i=1 (Xi, τ i )가 컴팩트이고 거리화가능임을 증명하시오 (c) 모든 유한 위상공간은 유한 이산공간의 연속인 상임을 보이시오 (d) (b)와 (c)를 이용하여, 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 유한 위상공간일 때, Q i=1 (Xi, τ i) 가 컴팩트임을 증명하시오 5 (i) Sierpinski 공간 (연습문제 13 #5 (iii))이 [0, 1]의 연속인 상임을 증명하시오 (ii) (i)과 명제 925를 이용하여, 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 Sierpinski 공간과 위상 Q 동형이면 i=1 (Xi, τ i )가 컴팩트임을 보이시오

215 93 Cantor 공간과 Hilbert 큐브 (i) 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 제2가산공리를 만족하는 위상공간이라고 하자 Q i=1 (Xi, τ i )가 제2가산공리를 만족함을 증명하시오 (ii) 연습문제 32 #4 (viii)과 연습문제 41 #14를 이용하여, Hilbert 큐브와 그것의 모든 부분공간들이 가분임을 추론하시오 7 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 위상공간이라고 하자 Q i=1 (Xi, τ i)가 완전비연결일 필요 충분조건이 각각의 (Xi, τ i )가 완전비연결임을 증명하시오 Cantor 공간이 완전비연결임을 추론하시오 8 (X, τ )가 위상공간이고 각각의 i N, j N에 대하여 (Xij, τ ij )가 (X, τ )와 위상동형이라고 하자! Y Y Y (Xij, τ ij ) = (Xi1, τ i1 ) j=1 i=1 i=1 임을 증명하시오 [힌트: 이 결과는 명제 933을 일반화하고 그 증명은 φ와 유사한 함수를 사용한다] 9 (i) 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 Hilbert cube와 위상동형인 위상공간이라고 하자 Q 위 연습문제 8로부터 i=1 (Xi, τ i )가 Hilbert 큐브와 위상동형임을 추론하시오 (ii) 이런 이유로 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 Hilbert 큐브의 컴팩트 부분공간일 때 Q i=1 (Xi, τ i )가 컴팩트임을 보이시오 10 명제 9311을 증명하시오 [힌트 명제 939의 증명의 표기법에서, an = Q i=1 Q ain (n N)이 ( i=1 Xi, d)에 있는 Cauchy 수열이면, 각각의 i N에 대하여, {ain : n N}이 (Xi, di )에 있는 Cauchy 수열임을 보이시오]

216 제 9 장 가산 곱공간 Urysohn 정리 941 위상공간 (X, τ )가 가산이고 조밀한 부분집합을 가질 때 (X, τ )를 가분 정의 (separable)이라고 말한다 가분공간이 소개되었던 연습문제 32 #4와 연습문제 81 #9를 보시오 942 보기 Q는 R에서 조밀하므로 R은 가분이다 943 보기 모든 가산인 위상공간은 가분이다 944 증명 (X, τ )가 컴팩트인 거리화가능 공간이라고 하자 그러면 (X, τ )는 가분이다 명제 d가 위상 τ 를 유도하는 X X에 있고 반지름이 1 인 n 위의 거리라고 하자 각각의 양의 정수 n에 대하여, Sn 을 중심이 모든 열린공들의 족이라고 하자 그러면 Sn 은 X의 열린덮개이므로 어떤 k N에 대하여 유한 부분덮개 Un = {Un1, Un2,, Unk }이 존재한다 ynj 가 Unj (j = 1,, k)의 S 중심이라 하고 Yn = {yn1, yn2,, ynk }이라고 한 다음, Y = n=1 Yn 이라고 놓자 그러면 Y 는 X의 가산인 부분집합이다 우리는 이제 Y 가 (X, τ )에서 조밀함을 보이겠다 V 가 (X, τ )의 공집합이 아닌 열린집합이면, 임의의 v V 에 대하여 V 는 중심이 v이고 어떤 n N에 대하여 반지름이 1 인 n 열린공 B를 포함한다 Un 이 X의 열린덮개이기 때문에, 어떤 j에 대하여 v Unj 이다 그러므로 d(v, ynj ) < n1 이고 그래서 ynj B V 이다 이런 이유로 V Y 6= Ø 이고 그래서 Y 는 X에서 조밀하다 945 따름정리 Hilbert 큐브는 가분공간이다

217 94 Urysohn 정리 217 모든 컴팩트 거리화가능 공간이 Hilbert 큐브의 부분공간과 위상동형임을 보여주는 매우 두드 러진 Urysohn 정리를 우리는 간략하게 증명할 것이다 도중에 우리는 (가산 버전인) 묻기 보조정리 (Embedding Lemma)를 증명한다 우선 우리는 다음 명제를 적어 놓는다 이것은 연습문제 93 #3으로 그 증명은 여기에 포함되지 않는다 명제 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 위상공간이고 f 가 한 위상공간 (Y, τ ) Q 로부터 i=1 (Xi, τ i )로의 함수라고 하자 그러면 f 가 연속일 필요충분조건은 각각의 함수 Q pi f : (Y, τ ) (Xi, τ i )가 연속이다 여기서 pi 는 i=1 (Xi, τ i )로부터 (Xi, τ i ) 위로의 사 946 영함수이다

218 제 9 장 보조정리 (묻기 보조정리(The Embedding Lemma)) 가산 곱공간 각각의 i N에 대하여 (Yi, τ i )가 위상공간이고 fi 가 한 위상공간 (X, τ )로부터 (Yi, τ i )로의 함수라고 하자 Q 더욱이, e : (X, τ ) i=1 (Yi, τ i )가 값매김함수(evaluation map)라고 하자; 즉, 모든 Q x X에 대하여 e(x) = i=1 fi (x)이라고 하자 만약 다음 조건 (i) 각각의 fi 가 연속이다, (ii) 족 {fi : i N}가 X의 점들을 분리한다(separates points); 즉, x1 과 x2 가 X에 있고 x1 6= x2 이면, 어떤 i에 대하여 fi (x1 ) 6= fi (x2 )이다, 그리고 (iii) 족 {fi : i N}가 점과 닫힌집합을 분리한다(separates points and closed sets); 즉, x X이고 A가 (X, τ )의 x를 포함하지 않는 닫힌 부분집합이면, 어떤 i에 대하여 fi (x) / fi (A)이다 를 만족한다면 e는 (X, τ )로부터 (e(x), τ 0 )로의 위상동형함수이다 여기서 τ 0는 e(x) 위의 부분위상이다 증명 명백히 함수 e : (X, τ ) (e(x), τ 0 )는 전사이다 한편, 조건 (ii)에 의해 이 함수는 단사이다 각각의 i에 대하여 pi e = fi 는 (X, τ )로부터 (Yi, τ i )로의 연속함수이기 때문에, 명제 946에 Q 0 의해 함수 e : (X, τ ) i=1 (Yi, ti )는 연속이다 따라서 e : (X, τ ) (e(x), τ )는 연속이다 e : (X, τ ) (e(x), τ 0 )가 열린함수임을 보이는 것은 각각의 U e(x) W e(u )을 만족하는 집합 W τ 0가 τ와 x U 에 대하여, 존재하는 것을 검증하는 것으로 충분하다 족 {fi, i N}는 점과 닫힌집합을 분리하기 때문에, fj (x) / fj (X \ U )을 만족하는 j N가 존재한다 W = (Y1 Y2 Yj 1 [Yj \ fj (X \ U )] Yj+1 Yj+2 ) e(x) 라고 놓자 그러면 분명히 e(x) W 이고 W τ 0이다 이제 W e(u )을 보이는 것만 남았다 e(t) W 이라고 하자 그러면 fj (t) Yj \ fj (X \ U ) fj (t) / fj (X \ U ) fj (t) / fj (X \ U ) t / X \U t U 이다 그래서 e(t) e(u )이고 따라서 W e(u )이다 그러므로 e는 위상동형함수이다

219 94 Urysohn 정리 정의 위상공간 (X, τ )의 모든 x X에 대하여 단집합 {x}가 닫힌집합일 때, 이 위상공간을 T1 -공간(T1 -space)이라고 말한다 주목 949 모든 Hausdorff 공간 (즉, T2 -공간)은 T1 -공간임은 쉽게 검증된다 하지만 그 역은 거짓이다 (연습문제 41 #13과 연습문제 13 #3을 보시오) 특히, 모든 거리화가능 공간은 T1 -공간이다 9410 따름정리 보조정리 947에 있는 (X, τ )가 T1 -공간이면, 조건 (ii)는 조건 (iii) 에 의해 함의된다 (따라서 조건 (ii)는 불필요하다) 증명 x1 과 x2 가 X에 있는 서로 다른 점이라고 하자 A를 닫힌집합 {x2 }로 놓으면, 조건 (iii) 은 다음을 함의한다: 어떤 i에 대하여, fi (x1 ) / {fi (x2 )}이다 따라서 fi (xi ) 6= fi (x2 )이고 조건 (ii)를 만족한다

220 제 9 장 220 정리 9411 (Urysohn 정리(Urysohn s Theorem)) 가산 곱공간 모든 가분인 거리공간 (X, d)는 Hilbert 큐브의 한 부분공간과 위상동형이다 증명 따름정리 9410에 의하여, (i) 연속이고, (ii) 점과 닫힌집합을 분리하는 함수 fi : (X, d) [0, 1]들의 가산무한족을 찾을 수 있다면 이 결과는 얻어진다 모든 거리는 유계인 거리와 동치이기 때문에, 일반성을 잃지 않고 X에 있는 모든 a와 b에 대하여 d(a, b) 1이라고 가정할 수 있다 (X, d)는 가분이기 때문에, 가산이고 조밀한 부분집합 Y = {yi : i N}가 존재한다 각각의 i N에 대하여 fi : X [0, 1]를 fi (x) = d(x, yi )로 정의하자 분명히 각각의 함수 fi 는 연속이다 {fi : i N}가 점과 닫힌집합을 분리한다는 것을 보이기 위해, x X이고 A가 x를 포함하지 않는 닫힌집합이라고 하자 그러면 X \ A는 x를 포함하는 열린집합이므로 중심이 x이고 어떤 ε > 0 에 대하여 반지름이 ε인 열린공 B를 포함한다 더욱이, Y 가 X에서 조밀하기 때문에, d(x, yn ) < 2ε 을 만족하는 yn 가 존재한다 그러므로 모든 a A에 대하여, d(yn, a) 2ε 이다 그래서 [0, 2ε )은 [0, 1]에서 열린집합이고 fn (x)을 포함한다 그러나 모든 a A에 대하여, fn (a) 6 [0, 2ε )이다 따라서 fn (A) [ 2ε, 1]이다 집합 [ 2ε, 1]은 닫힌집합이기 때문에, fn (A) [ 2ε, 1] 이다 따라서 fn (x) / fn (A)이고 그러므로 족 {fi : i N}은 점과 닫힌집합을 분리한다 따름정리 9412 모든 컴팩트 거리화가능 공간은 Hilbert 큐브의 한 닫힌 부분공간과 위상동형이다 9413 따름정리 각각의 i N에 대하여, (Xi, τ i )가 컴팩트 거리화가능 공간이라면, Q i=1 (Xi, τ i )는 컴팩트이고 거리화가능이다 증명 Q i=1 (Xi, τ i)가 거리화가능이라는 것은 명제 939에서 증명되었다 트라는 것은 따름정리 9412와 연습문제 93 #9 (ii)로부터 얻어진다 Q i=1 (Xi, τ i)가 컴팩

221 94 Urysohn 정리 221 우리의 다음 과제는 Urysohn 정리의 역을 검증하는 것이다 이를 위해 새로운 개념을 소개한다 (연습문제 22 #4를 보시오) 정의 9414 위상공간 (X, τ )가 제2가산공리(second axiom of countability) 를 만족한다 (또는 제2가산(second countable)이다)고 말하는 것은 가산개의 집합들로만 구성된 τ 에 대한 기저 B가 존재하는 것을 의미한다 B = {(q n1, q + n1 ) : q Q, n N}이라고 하자 그러면 B는 R 위의 유클리드 보기 9415 위상에 대한 기저이다 (이것을 검증하시오) 그러므로 R은 제2가산이다 (X, τ )가 이산위상을 갖는 비가산집합이라고 하자 그러면 모든 단집합은 보기 9416 τ에 대한 임의의 기저에 속하기 때문에, (X, τ )는 가산기저를 갖지 않는다 따라서 (X, τ )는 제2가산이 아니다 9417 명제 (X, d)가 거리공간이고 τ 가 유도된 위상이라고 하자 이때, (X, τ )가 가분 공간일 필요충분조건은 그것이 제2가산공리를 만족하는 것이다 (X, τ )가 가분이라고 하자 그러면 가산이고 조밀한 부분집합 Y = {yi : i N}가 존재한다 증명 B가 어떤 i에 대하여 중심이 yi 이고 어떤 양의 정수 n에 대하여 반지름이 열린공들로 구성되어 있다고 하자 분명히 B는 가산이고 우리는 이것이 1 인 n τ에 (거리 d에서) 모든 대한 기저임을 보일 것이다 V 이 1 인 n τ 라고 하자 그러면 임의의 v V 에 대하여, V 는 중심이 v이고 어떤 n에 대하여 반지름 열린공 B를 포함한다 Y 가 X에서 조밀하기 때문에, d(ym, v) < 1 을 2n 만족하는 ym Y 이 존재한다 B 0 이 중심이 ym 이고 반지름이 1 인 2n 이다 또한 B 0 B이다 따라서 B는 열린공이라고 하자 그러면 삼각부등식에 의해 B 0 B V τ 에 대한 기저이다 그러므로 (X, τ )는 제2가산이다 역으로 (X, τ )가 제2가산, 즉, 가산기저 B1 = {Bi : i N}을 갖는다고 하자 각각의 Bi 6= Ø에 대하여, bi 가 Bi 의 원소라 하고 Z가 그러한 모든 bi 들의 집합이라고 하자 그러면 Z는 가산집합이다 더욱이, V τ 이면 어떤 i에 대하여 V Bi 이므로 bi V 이다 그러므로 V Z 6= Ø이다 따라서 Z는 X에서 조밀하다 결과적으로 (X, τ )는 가분이다

222 제 9 장 222 주목 9418 가산 곱공간 위 증명은 거리화가능의 가정이 없더라도 모든 제2가산공간이 가분임을 보 여준다 하지만, 일반적으로 가분공간이 제2가산인 것은 사실이 아니다 (연습문제 94 #11을 보시오) 9419 정리 Converse)) (Urysohn 정리와 그 역(Urysohn s Theorem and its (X, τ )가 위상공간이라고 하자 그러면 (X, τ )가 가분이고 거리화가능일 필요 충분조건은 그것이 Hilbert 큐브의 부분공간과 위상동형이다 증명 (X, τ )가 가분이고 거리화가능이면 Urysohn 정리 9411에 의하여 그것은 Hilbert 큐브의 부분공간과 위상동형이다 역으로, (X, τ )가 Hilbert 큐브 I 의 부분공간 (Y, τ 1 )과 위상동형이라고 하자 명제 944에 의하여, I 는 가분이다 그래서 명제 9417에 의하여, 그것은 제2가산이다 (연습문제 41 #14 에서) 제2가산공간의 임의의 부분공간이 제2가산임은 이미 증명되었다 따라서 (Y, τ 1 )은 제2가산이 다 또한 거리화가능 공간의 임의의 부분공간이 거리화가능이라는 것도 이미 증명되었다 (연습문제 61 #6) Hilbert 큐브는 거리화가능이기 때문에 따름정리 9310에 의하여, 그것의 부분공간 (Y, τ 1 )도 거리화가능이다 그래서 (Y, τ 1 )은 거리화가능이고 제2가산공리를 만족한다 따라서 그것 은 가분이다 그러므로 (X, τ ) 또한 가분이고 거리화가능이다 연습문제 94 1 가분공간의 모든 연속인 상은 가분임을 증명하시오 2 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 가분공간이면, Q i=1 (Xi, τ i)가 가분공간임을 증명하시오 3 보조정리 947에 있는 모든 공간들 (Yi, τ i )가 Hausdorff이고 (X, τ )가 컴팩트이면, 그 보조 정리의 조건 (iii)이 불필요함을 보이시오 4 (X, τ )가 가산이고 이산공간이면, Hilbert 큐브의 한 부분공간과 위상동형임을 증명하시오 5 보기 615에 묘사된 거리 d를 가지고 있는 C[0, 1]이 Hilbert 큐브의 한 부분공간과 위상동형 임을 검증하시오

223 94 Urysohn 정리 각각의 i N에 대하여 (Xi, τ i )가 제2가산공간이면, Q i=1 (Xi, τ i)가 제2가산임을 증명하시오 7 (Lindelöf 정리(Lindelöf s Theorem)) 제2가산공간의 모든 열린덮개는 가산인 부분 덮개를 가짐을 증명하시오 8 정리 9419로부터 가분인 거리화가능 공간의 모든 부분공간이 가분이고 거리화가능임을 추 론하시오 9 (i) 제2가산공간의 모든 고립점들의 집합이 가산임을 증명하시오 (ii) 따라서, 제2가산공간의 임의의 비가산 부분집합 A는 A의 극한점을 적어도 하나 포함함을 보이시오 10 (i) Hausdorff이고 비가분인 공간 (X, τ )로부터 자기자신 위로의 연속함수를 f 라고 하자 f (A) = A을 만족하는 X의 공집합이 아닌 닫혀있는 진부분집합 A가 존재함을 증명하시오 [힌트: x0 X라 하고 모든 정수 n에 대하여 xn+1 = f (xn )을 만족하는 집합 S = {xn : n Z}를 정의하시오] (ii) 만약 (X, τ )가 가분이면 위 결과는 사실인가? (그 이유를 설명하시오) 11 τ 가 보기 231에서 정의된 R 위의 위상이라고 하자 다음을 증명하시오: (i) (R, τ )는 가분이다; (ii) (R, τ )는 제2가산이 아니다 12 위상공간 (X, τ )의 서로소인 열린집합들로 이루어진 모든 족이 가산일 때, 이 위상공간이 가산 사슬조건(countable chain condition)을 만족한다고 말한다 (i) 모든 가분공간이 가산사슬조건을 만족함을 증명하시오 (ii) X가 비가산집합이고 τ가 X 위의 여가산위상이라고 하자 (X, τ )가 가산사슬조건을 만족 하지만 가분이 아님을 보이시오

224 제 9 장 224 가산 곱공간 13 위상공간 (X, τ )의 모든 공집합이 아닌 부분공간이 고립점을 가질 때, 이 위상공간은 흩어져있다 (scattered)고 말한다 (연습문제 91 #2를 보시오) (i) R, Q, 그리고 Cantor 공간은 흩어져있지 않고, 반면에 모든 이산공간은 흩어져있음을 검증하시오 (ii) X = R2 이고 d가 R2 위의 유클리드 거리이고 d0 이 다음과 같이 주어진 X 위의 거리라고 하자: x 6= y이면 d0 (x, y) = d(x, 0) + d(0, y)이고, x = y이면 d0 (x, y) = 0 τ가 거리 d0 에 의해 유도된 X 위의 위상이라고 하자 이 거리 d0 을 우체국 거리(Post Office Metric) 라고 부른다 한 위상공간의 모든 열린집합의 폐포가 열린집합일 때, 이 위상공간을 극치적 비연결(extremally disconnected)이라고 말한다 한 위상공간 (Y, τ 1 )의 모든 이산인 부분공간 (Z, τ 2 )에 대하여 그리고 Z에 있는 각각의 서로 다른 두 점 z1, z2 에 대하여 z1 U1 와 z2 U2 을 만족하는 (Y, τ 1 )의 서로소인 열린집합 U1, U2 가 존재할 때, 이 위상공간을 집합족적 Hausdorff(collectionwise Hausdorff )라고 말한다 다음을 증명하시오: (a) x = 0을 제외한 (X, τ )에 있는 모든 점은 고립점이다 (b) 0은 (X, τ )의 고립점이 아니다 (c) (X, τ )는 흩어진 공간이다 (d) (X, τ )는 완전비연결이다 (e) (X, τ )는 컴팩트가 아니다 (f ) (X, τ )는 국소컴팩트이가 아니다 (연습문제 83 #1을 보시오) (g) 모든 가분인 거리공간은 c보다 작거나 같은 기수를 갖는다 (h) (X, τ )는 가분이 아니면서 기수가 c인 거리화가능 공간의 보기이다 (연습문제 61 #7 (iii)의 거리공간 (`, d ) 또한 가분이 아니면서 기수가 c이라는 것을 주목하자) (i) 모든 이산공간은 극치적 비연결이다 (j) (X, τ )는 극치적 비연결이 아니다 (k) 임의의 두 흩어진 공간의 곱은 흩어진 공간이다 (l) (S, τ 3 )가 R의 부분공간 {0, 1, 12, 13, n1, }이라고 하자 그러면 S는 극치적 비연결이 아니다 (m)* 모든 극치적 비연결인 거리화가능 공간은 이산공간이다 [힌트 모든 수렴하는 수열은 반복되는 항들을 가지고 있어야 함을 보이시오] (n) 위상공간이 Hausdorff일 필요충분조건은 그것이 T1 -공간이고 집합족적 Hausdorff 이다 (o)* 모든 극치적 비연결인 집합족적 Hausdorff 공간은 이산공간이다

225 94 Urysohn 정리 (X, τ )가 위상공간이고 B가 위상 τ 에 대한 기저로서 B의 기수 card B가 m과 같다고 하자 m 이 τ 에 대한 기저들의 기수 중 가장 작은 기수일 때, m을 위상공간 (X, τ )의 웨이트(weight) 라고 말하고 w(x, τ )로 나타낸다 물론, m ℵ0 일 때, (X, τ )를 제2가산공간이라고 말한다 (i) 위상공간 (Y, τ 1 )이 공간 (X, τ )의 부분공간일 때, (Y, τ 1 )의 웨이트가 (X, τ )의 웨이트보다 작거나 같음을 검증하시오 (ii) 각각의 n N에 대하여 (Xn, τ n )이 위상공간이고 m이 무한기수라고 하자 각각의 공간 Q (Xn, τ n )이 m보다 크지 않은 웨이트를 갖는다면, 곱공간 (Xn, τ n )의 웨이트가 m보다 n N 크지 않음을 증명하시오 (iii) (ii)로부터 곱공간 Rℵ0 가 제2가산임을 추론하시오 15 (X, τ )가 위상공간이고 N 이 X의 (열린집합일 필요는 없는) 부분집합들의 집합이라고 하자 각각의 x X와 x의 각각의 열린근방 O에 대하여, x N O을 만족하는 N N 이 존재할 때, N 을 네트워크(network)라고 말한다 card N = m이라고 하자 만약 m이 (X, τ )에 대한 네트워크의 기수들 중 가장 작은 기수라면, m을 위상공간 (X, τ )의 네트워크 웨이트(network weight)라고 말하고 nw(x, τ )로 나타낸다 (i) 임의의 위상공간 (X, τ )에 대하여, nw(x, τ ) w(x, τ )임을 검증하시오 (ii) (X, τ )가 이산공간이면, nw(x, τ ) = w(x, τ ) = card X임을 검증하시오

226 제 9 장 가산 곱공간 Peano 정리 주목 951 정리 938의 증명에서 Hilbert 큐브 I 가 Cantor 공간 (G, τ )의 연속인 상임을 보였다 사실, 모든 컴팩트 거리공간은 Cantor 공간의 연속인 상이다 이것을 증명하기 위해서는 다음 명제가 필요하다 952 명제 모든 가분인 거리화가능 공간 (X, τ 1 )은 Cantor 공간 (G, τ )의 한 부분공 간의 연속인 상이다 더욱이, (X, τ 1 )이 컴팩트이면, 그 부분공간은 (G, τ )에서 닫힌공간으로 선택될 수 있다 증명 φ가 정리 938의 증명에서 존재한다고 보였던 (G, τ )로부터 I 위로의 연속함수라고 하자 Urysohn 정리 9419에 의해, (X, τ 1 )은 I 의 한 부분공간 (Y, τ 2 )와 위상동형이다 (Y, τ 2 ) 로부터 (X, τ 1 ) 위로의 그 위상동형함수를 Θ라고 하자 Z = ψ 1 (Y )이고 τ 3가 Z의 부분공간위상이 라고 하자 그러면 Θ ψ는 (Z, τ 3 )로부터 (X, τ 1 ) 위로의 연속함수이다 그래서 (X, τ 1 )은 (G, τ )의 부분공간 (Z, τ 3 )의 연속인 상이다 더욱이 (X, τ 1 )이 컴팩트이면, (Y, τ 2 )는 컴팩트이고 따라서 I 에서 닫혀있다 그래서 Z = ψ 1 (Y )는 (G, τ )의 닫힌 부분집합이다

227 95 Peano 정리 (Y, τ 1 )이 Cantor 공간 (G, τ )의 (공집합이 아닌) 닫힌 부분공간이라고 명제 하자 그러면 (G, τ )로부터 (Y, τ 1 ) 위로의 연속함수가 존재한다 증명 (G0, τ 0 )이 P ai i=1 6i (ai = 0 또는 5)와 같은 형태로 나타낼 수 있는 모든 실수들의 집합이고, R로부터 유도된 부분공간위상을 가지고 있다고 하자 이 공간 (G0, τ 0 )을 middle two-thirds Cantor 공간이라고 부른다 분명히 (G0, τ 0 )은 Cantor 공간 (G, τ )와 위상동형이다 우리는 (Y, τ 1 )을 (G0, τ 0 )의 닫힌 부분공간으로 간주할 수 있고 (G0, τ 0 )으로부터 (Y, τ 1 ) 위로의 연속함수를 찾을 수 있다 증명을 진행하기 전에, middle two thirds Cantor 공간의 정의로부터 만약 g1 G0 이고 g2 G0 이면, g1 +g2 2 / G0 임을 관찰하자 우리가 구하고자 하는 함수 ψ : (G0, τ 0 ) (Y, τ 1 )는 다음과 같이 정의된다: g G0 에 대하여, ψ(g)는 R 위의 유클리드 거리에서 g와 가장 가까운 Y 의 유일한 원소이다 그러나 우리는 그와 같은 유일하게 가장 가까운 원소가 존재하는 것을 증명해야 한다 g G0 를 고정하자 그러면 dg (y) = g y 로 주어진 함수 dg : (Y, τ 1 ) R는 연속이다 (Y, τ 1 ) 이 컴팩트이기 때문에, 명제 7215에 의해 dg (Y )는 가장 작은 원소를 갖는다 그래서 g에 가장 가 까운 (Y, τ 1 )의 원소가 존재한다 Y 에서 g와의 거리가 같은 두 원소 y1 과 y2 가 존재한다고 가정하자 그러면 g = y1 +y2 이다 2 그러나 y1 G0 이고 y2 G0 이므로, 위에서 관찰한 바와 같이 g = y1 +y2 2 / G0 이 되어 모순이다 그래서 g에 가장 가까운 Y 의 유일한 원소가 존재한다 이 원소를 ψ(g)라고 부르자 각각의 y Y 에 대하여 ψ(y) = y이기 때문에, 함수 ψ : (G0, τ 0 ) (Y, τ 1 )가 전사인 것은 분명 하다 ψ의 연속성을 증명하기 위하여 g G0 이고 ε이 임의로 주어진 양의 실수라고 하자 따름정리 625에 의해 다음을 만족하는 δ > 0를 찾으면 된다: x G0 이고 g x < δ이면 ψ(g) ψ(x) < ε 이다 우선 g Y 인 경우를 생각하자 그러면 ψ(g) = g이다 δ = 2ε 으로 놓으면, g x < δ인 x G0 에 대하여 ψ(g) ψ(x) = g ψ(x) x ψ(x) + g x x g + g x, g Y 이므로 ψ의 정의에 의하여 = 2 x g < 2δ =ε 을 얻는다

228 제 9 장 228 가산 곱공간 이제 g / Y 인 경우를 생각하자 그러면 g 6= ψ(g)이다 일반성을 잃지 않고 ψ(g) < g로 가정하고 a = g ψ(g)로 놓자 만약 Y [g, 1] = Ø이면, 모든 x (g a2, g + a2 )에 대하여 ψ(x) = ψ(g)이다 그러므로 δ < a2 에 대하여, ψ(x) ψ(g) = 0 < ε을 얻는다 만약 Y [g, 1] 6= Ø이면, Y [g, 1]은 컴팩트이기 때문에 가장 작은 원소 y > g를 갖는다 실제로 ψ의 정의에 의해, b = y g이면 b > a이다 이제 δ = b a 로 2 놓자 만약 x G0 에 대하여 g x < δ이면, ψ(x) = ψ(g) 또는 ψ(x) = y이다 x ψ(g) x g + g ψ(g) < δ + a = b a b a +a= 이고, 반면에 x y g y g x b b a b a = 임을 관찰하자 그래서 ψ(x) = ψ(g)이다 그러므로 ψ(x) ψ(g) = 0 < ε이고 따라서 ψ는 연속이다 그러므로 명제 952와 953으로부터 우리는 다음의 Alexandroff와 Urysohn의 정리를 얻는다: 정리 주목 모든 컴팩트 거리화가능 공간은 Cantor 공간의 연속인 상이다 정리 954의 역은 거짓이다 Cantor 공간의 모든 연속인 상이 컴팩트 거리화 가능 공간이라는 것은 사실이 아니다 (보기를 찾으시오) 그러나, Hausdorff 공간에서만 본다면 이와 유사한 명제는 참이다 실제로 다음 명제를 얻는다

229 95 Peano 정리 명제 f 가 컴팩트 거리공간 (X, d)로부터 Hausdorff 공간 (Y, τ 1 ) 위로의 연속함 수라고 하자 그러면 (Y, τ 1 )은 컴팩트이고 거리화가능이다 증명 컴팩트 공간의 모든 연속인 상은 컴팩트이기 때문에, 공간 (Y, τ 1 )은 분명히 컴팩트이다 함수 f 는 전사이므로, 다음과 같이 Y 위의 거리 d1 을 정의할 수 있다: Y 에 있는 모든 y1, y2 에 대하여 d1 (y1, y2 ) = inf{d(a, b) : a f 1 {y1 }, b f 1 {y2 }} 사실 d1 이 거리임을 보일 필요가 있다 {y1 }과 {y2 }는 Hausdorff 공간 (Y, τ 1 )에서 닫힌집합이 기 때문에, f 1 {y1 }과 f 1 {y2 }는 컴팩트 공간 (X, d)에서 닫힌집합이다 따라서 f 1 {y 1 }과 f 1 {y 2 } 는 컴팩트이다 그래서 곱공간 (X, τ ) (X, τ )의 부분공간인 f 1 {y1 } f 1 {y2 }는 컴팩트이다 여기서 τ는 거리 d에 의해 유도된 위상이다 d : (X, τ ) (X, τ ) R가 연속함수이므로, 명제 7215에 의해 d(f 1 {y1 } f 1 {y2 })는 가장 작은 원소를 갖는다 따라서 다음을 만족하는 두 원소 x1 f 1 {y1 }과 x2 f 1 {y2 }가 존재한다: d(x1, x2 ) = inf d(a, b) : a f 1 {y 1 }, b f 1 {y2 } = d1 (y1, y2 ) 분명히 y1 6= y2 이면, f 1 {y1 } f 1 {y2 } = Ø이다 그러므로 x1 6= x2 이고 따라서 d(x1, x2 ) > 0 이다; 즉, d1 (y1, y2 ) > 0이다 d1 이 거리의 다른 성질들을 갖는 것은 쉽게 검증할 수 있다 따라서 d1 은 Y 위의 거리이다 τ 2가 d1에 의해 유도된 Y 위의 위상이라고 하자 우리는 τ 1 = τ 2임을 보여야 한다 우선 d1의 정의에 의해, f : (X, τ ) (Y, τ 2 )는 분명히 연속이다 Y 의 부분집합 C에 대하여 다음을 관찰하자: C는 (Y, τ 1 )의 닫힌 부분집합이다 f 1 (C)는 (X, τ )의 닫힌 부분집합이다 f 1 (C)는 (X, τ )의 컴팩트 부분집합이다 f (f 1 (C))는 (Y, τ 2 )의 컴팩트 부분집합이다 C는 (Y, τ 2 )의 컴팩트 부분집합이다 C는 (Y, τ 2 )의 닫힌 부분집합이다 그러므로 τ 1 τ 2이다 비슷하게 τ 2 τ 1임을 증명할 수 있으므로 τ 1 = τ 2이다

230 제 9 장 따름정리 가산 곱공간 (X, τ )가 Hausdorff 공간이라고 하자 그러면 (X, τ )가 Cantor 공간의 연속인 상일 필요충분조건은 그것이 컴팩트이고 거리화가능이다 이 장에서 우리는 마지막으로 공간채움곡선을 생각할 차례이다 주목 958 모든 사람은 자신이 곡선 이 무엇인지 알고 있다고 생각한다 공식적으로 R2 에 있는 곡선을 집합 f [0, 1]으로 정의할 수 있다 여기서 f 는 연속함수 f : [0, 1] R2 이다 직관적으로 곡선은 너비가 없으므로 면적이 0임이 분명한 것 같다 이것은 거짓이다! 사실, 공간채움곡선이 존재한다; 즉, f (I)는 0이 아닌 면적을 갖는다 실제로 다음 정리는 [0, 1]로부터 곱공간 [0, 1] [0, 1] 위로의 연속함수가 존재함을 보여준다 959 정리 (Peano) 각각의 양의 정수 n에 대하여, [0, 1]로부터 n-큐브 I n 위로의 연속함수 ψn 이 존재한다 증명 정리 954에 의해, Cantor 공간 (G, τ )로부터 n-큐브 I n 위로의 연속함수 φn 이 존재한다 (G, τ )는 [0, 1]을 잇따라서 3등분한 후 중간 부분을 제거함으로써 얻어지기 때문에, 각각의 생략된 구간에서 ψn 을 선형적으로 정의함으로써 φn 을 연속함수 ψn : [0, 1] I n 으로 확장할 수 있다; 즉, (a, b)가 [0, 1] \ G을 구성하는 열린구간 중 하나이면, ψn 은 (a, b) 위에서 ψn (αa + (1 α) b) = α φn (a) + (1 α) φn (b), 로 정의된다 ψn 이 연속임은 쉽게 검증된다 0 α 1

231 95 Peano 정리 231 우리는 [0,1]의 연속인 상인 Hausdorff 공간들을 특성화하는 Hahn-Mazurkiewicz 정리를 (증명없이) 서술함으로써 이 장을 마무리하겠다 [증명은 Wilder [311]과 Kuratowski [181]의 221쪽을 보시오] 하지만 우선 우리는 다음 정의가 필요하다 9510 정의 위상공간 (X, τ )가 (열린) 연결집합들로 구성된 기저를 가질 때, 이 공간을 국소적연결(locally connected)이라고 말한다 9511 주목 모든 n 1에 대하여 Rn 과 Sn 이 국소적연결이듯이 모든 이산공간은 국소적연 결이다 하지만, 모든 연결공간이 국소적연결인 것은 아니다 (연습문제 84 #6를 보시오) 9512 정리 (Hahn-Mazurkiewicz 정리) (X, τ )가 Hausdorff 공간이라고 하 자 그러면 (X, τ )가 [0, 1]의 연속인 상일 필요충분조건은 그것이 컴팩트, 연결, 거리화가능, 그리고 국소적연결이다

232 제 9 장 232 가산 곱공간 연습문제 95 1 삼각형 ABC의 각 A가 직각이고 AC > AB일 때, S R2 가 삼각형 ABC 위와 내부 점들 의 집합이라고 하자 이 연습문제는 연속인 전사함수 f : [0, 1] S를 만드는 과정의 개요를 서술한다 A F E I G H B D C AD와 BC가 서로 수직이 되게 BC 위에 점 D를 잡자 a = a1 a2 a3 가 이진소수, 즉, 각 an 은 0 또는 1이라고 하자 이제 우리는 다음과 같이 S의 점들로 이루어진 수열을 만든다: E는, a1 = 1 또는 0에 따라서, 각각 D로부터 삼각형 ADB, ADC의 더 큰 혹은 더 작은 빗변 위로의 수선의 발이다 이제 D 대신에 E를, ABC 대신에 ADB, ADC 중 적절한 삼각형을 사용하는 과정을 반복한다 예를 들어, 위 그림에서 점들 E 는 구간 I에서의 이진수 를 설명한다 이러한 점들의 수열의 정확한 귀납적 정의를 제시하고 다음을 증명하시오: (i) 이러한 점들의 수열은 S에서 한 극한 L(a)로 수렴한다; (ii) λ [0, 1]가 서로 다른 이진수 a, a0 로 표현되면, L(a) = L(a0 )이다; 따라서, 그 점 L(λ)는 S 에서 유일하게 정의된다; (iii) f : [0, 1] S가 f (λ) = L(λ)로 주어지면, f 는 전사이다; (iv) f 는 연속이다

233 96 후기 (G, τ )가 Cantor 공간이라 하고, " # X ai a1 a3 a2n 1 φ1 = n+1 + i i=1 와 " φ2 X ai i=1 # 3i = a2 a4 a2n n 을 만족하는 함수들 φi : (G, τ ) [0, 1], i = 1, 2 를 생각하자 (i) φ1 과 φ2 가 연속임을 증명하시오 (ii) 함수 a 7 hφ1 (a), φ2 (a)i가 (G, τ )로부터 [0, 1] [0, 1] 위로의 연속함수임을 증명하시오 (iii) a, b (G, τ )이고 (a, b) G = Ø일 때, j = 1, 2에 대하여, φj (x) = b x φj (a) + x ab a φj (b), b a a x b 라 정의하자 x 7 hφ1 (x), φ2 (x)i 가 [0, 1]로부터 [0, 1] [0, 1] 위로의 연속함수임을 보이고 [0, 1] [0, 1]의 각 점이 [0, 1]에서 많아야 세 점의 상임을 보이시오 96 후기 이 절에서 우리는 유한개의 위상공간의 곱의 개념을 가산개의 곱의 개념으로 확장하였다 이 단계가 자연스러운 것이었던 반면에, 그것은 우리들이 풍부한 결과들에 도달하게 하였고 그 중 어떤 것은 매우 놀랄 만한 것이었다 우리는 P가 (i) T0 -공간 (ii) T1 -공간 (iii) Hausdorff (iv) 거리화가능 (v) 연결 (vi) 완전비연결 (vii) 제2가산 중 하나일 때, 성질 P를 갖는 위상공간들의 가산개의 곱이 성질 P를 가짐을 증명하였다 또한 P가 컴팩트일 때, 이 결과는 가산개의 곱에 대한 Tychonoff 정리로서 참이다 여기에서 나타난 거리화가능 공간들에 대한 가산 Tychonoff 정리의 증명은 다음 절에서 보게 될 평범한 증명과는 상당히 다르다 우리의 증명은 Cantor 공간에 의존하고 있다

234 제 9 장 234 가산 곱공간 Cantor 공간은 [0, 1]의 어떤 부분공간으로서 정의되었다 후자는 두 점으로 이루어진 이산공 간들의 가산무한곱과 위상동형임이 증명되었다 Cantor 공간은 어떤 일반적인 명제가 거짓임을 보이기 위해 순수수학자들이 사용하기를 좋아하는 일종의 걷잡을 수 없는 보기이다 그러나 그것은 이보다 훨씬 더 심각하다 Alexandroff-Urysohn 정리 954는 모든 컴팩트 거리화가능 공간은 Cantor 공간의 상임을 말해준다 특히, [0, 1]과 Hilbert 큐브([0, 1]의 가산무한곱)는 Cantor 공간의 연속인 상이다 이것 은 우리가 공간채움곡선의 존재성에 이르게 해준다 특히, 우리는 각각의 양의 정수 n에 대하여 [0, 1]로부터 큐브 [0, 1]n 위로의 연속함수가 존재한다는 것을 보였다 그리고 증명하지는 않았지만, Hausdorff 공간 (X, τ )가 [0, 1]의 상일 필요충분조건은 그것이 컴팩트, 연결, 국소컴팩트, 그리고 거리화가능임을 의미하는 Hahn-Mazurkiewicz 정리 9512를 서술하였다 다음으로 Urysohn 정리 9419, 즉, 공간이 가분이고 거리화가능일 필요충분조건은 그것이 Hilbert 큐브의 한 부분공간과 위상동형임을 언급하겠다 이것은 [0, 1]이 단지 좋은 위상공간이 아닌, 부분공간들의 형성과 가산곱들을 통하여, 중요한 종류의 가분인 거리화가능 공간들의 생성자 임을 보여준다 마지막으로 우리는 이 장에서 증명하지 않은 가산무한곱과 관련된 아름답고 깊은 정리를 언급하 겠다 이 정리의 증명과 토론은 Anderson and Bing [8], Torun czyk [289], 그리고 Bessaga and Pelczynski [32]을 보시오 위상벡터공간1 의 맥락 안에서, Fréchet 공간은 완비거리화가능이고 국소볼록(locally convex) 인 위상벡터공간이다 위상벡터공간에 관한 아름다운 책을 무료 다운로드로 얻을 수 있다 그것은 HH Schaefer와 MP Wolff의 저서인 Topological Vector Spaces, Springer이다 그 URL은 1

235 96 후기 정리 (Anderson-Bessaga-Kadec-Pelczyński-Toruǹczyk) (i) 가분이고무한차원인모든 Fréchet 공간은가산무한곱 R ℵ 0 와위상동형이다 ; (2) 무한차원인모든 Fréchet 공간은 Hilbert 공간과위상동형이다 962 따름정리 가분이고무한차원인모든 Banach 공간은가산무한곱 R ℵ 0 와위상동 형이다 963 따름정리 가분이고무한차원인모든 Banach 공간은가분인 Hilbert 공간 l 2 와 위상동형이다 964 따름정리 B 1 과 B 2 가가분이고무한차원인 Banach 공간이면, B 1 은 B 2 와위상 동형이다

236 제 9 장 236 따름정리 965 가산 곱공간 F 가 가분이고 무한차원인 Fréchet 공간이고, B가 무한차원인 Banach 공간이면, 다음 13개의 공간들은 모두 위상동형이다 (a) Rℵ0 ; (b) (Rℵ0 )m, m은 임의의 양의 정수; (c) (Rℵ0 )ℵ0 ; (d) `2 ; (e) (`2 )m, m은 임의의 양의 정수; (f ) (`2 )ℵ0 ; (g) F ; (h) F m, m은 임의의 양의 정수; (i) F ℵ0 ; (j) B; (k) B m, m은 임의의 양의 정수; (l) B ℵ0 ; (m) Q Gi, 여기서 각각의 Gi 는 가분이고 무한차원인 Fréchet 공간 또는 Banach 공간 또는 i=1 Hilbert 공간 966 주목 위상수학의 교수자들과 위상수학 서적의 저자들은 따름정리 964를 고려해야만 한다 종종 위상수학을 가르칠 때 어떤 교수자들은 무한차원이고 가분인 Banach 공간들의 집합 으로부터 그려지는 많은 위상공간들의 보기를 제공한다 하지만 우리는 지금 이러한 공간들이 모두 위상동형임을 안다 따라서 위상수학과 관련된 범위에서 그것들은 반복해서 같은 보기를 나타낸 다

237 부록 1: 무한집합 A10 소개 238 A11 가산집합 240 A12 기수 251 A13 기수의연산

238 부록 1: 무한집합 238 A10 소개 옛날 어느 먼 나라에 두 호텔이 있었는데, 하나는 유한호텔 (유한개의 객실을 가지고 있는 보통 호텔)이고 다른 하나는 힐버트의 무한호텔 (객실 번호가 1, 2, n, 인 무한개의 객실을 가지고 있는 기이한 호텔)이다 어느 날 객실을 찾는 한 방문자가 마을에 도착했다 그녀는 처음에 유한호 텔에 갔지만 모든 객실이 사용중이어서 숙박을 할 수 없었다 그러나 그녀는 다른 호텔인 힐버트의 무한호텔은 항상 빈 객실이 있다는 말을 듣고 힐버트의 무한호텔로 갔다 그리고 모든 객실이 사용 중이라는 것을 들었다 하지만, 접수 담당자는 이 호텔은 누구도 쫓아내지 않고도 추가 손님이 숙박할 수 있다고 말했다 그는 객실 1의 손님을 객실 2로 옮기고, 객실 2의 손님을 객실 3으로 옮겼다 이와 같은 방법으로 모든 손님들을 다음 객실로 옮기게 하였다 그 후 객실 1은 비어있게 되었다! 이 매력적인 예로부터 우리는 무한집합과 유한집합 사이에 본질적인 차이가 있다는 것을 안다 이 부록의 목적은 무한집합의 이론2 에 대한 소개를 친절하지만 매우 간략하게 제공하는 것이다 이것은 대단히 흥미로운 주제로, 여러분이 이전에 공부하지 않았다면, 몇 개의 놀랄만한 것도 포함할 것이다 우리는 무한집합들이 같게 만들어지지 않았다 는 것을 배울 것이다 - 어떤 것들은 다른 것 들 보다 더 크다 처음에는 이 명제가 도대체 무엇을 의미하는지 전혀 명확하지 않을 것이다 우리는 더 크다 는 용어를 정의할 필요가 있다 실제로 우리는 두 집합이 같은 크기(size)를 갖는다 는 것을 정의할 필요가 있다 무료로 다운로드 받을 수 있는 집합론에 관한 책이 있는데 친절하게 쓰여진 꽤 좋은 책이다 Raymond L Wilder 에 의해 쓰여진 Introduction to the Foundations of Mathematics 라는 책으로 에서 얻을 수 있다 2

239 239 여러분이봐야할세개의비디오들이있는데, 그것들은이부록에대한보충자료를제공한다 이비디오들은 Topology Without Tears Video 2a, 2b, and 2c Infinite Set Theory 로불린다 Part (a) 는 YouTube의 Youku 사이트의 Part (b) 는 YouTube의 Youku 사이트의 Part (c) 는 YouTube의 Youku 사이트의 이비디오들은집합론의 Zermelo-Fraenkel (ZF) 공리에관한논의를포함하고러셀의역리가 ZF 집합론에서는일어날수없다는것을보여주는짧은증명을포함한다

240 부록 1: 무한집합 240 A11 가산집합 A111 정의 A와 B가 집합이라 하자 단사이고 전사인 함수 f : A B가 존재할 때 (즉, f 는 전단사(bijection) 또는 일대일대응(one-to-one correspondence)), A가 B 와 대등하다(equipotent)고 말하고 A B으로 나타낸다 A112 명제 A, B, C가 집합이라 하자 그러면 (i) A A (ii) A B이면, B A이다 (iii) A B이고 B C이면, A C이다 증명의 개요 (i) 모든 x A에 대하여 f (x) = x로 주어진 A 위의 항등함수 f 는 A와 자기자신 사이에서의 일대일 대응이다 (ii) f 가 A로부터 B로의 전단사이면, B로부터 A로의 역함수 g가 존재하고, g 역시 일대일대응이다 (iii) f : A B가 일대일대응이고 g : B C가 일대일대응이면, 그것의 합성 gf : A C 역시 일대일대응이다 명제 A112는 관계 가 (i) 반사적, (ii) 대칭적, 그리고 (iii) 추이적임을 의미한다; 즉, 는 동치관계(equivalence relation)이다 A113 명제 n, m N이라 하자 그러면 집합 {1, 2,, n}과 {1, 2,, m}이 대등할 필요충분조건은 n = m이다 증명 연습문제

241 241 이제 우리는 용어 유한집합 과 무한집합 을 명확하게 정의한다 A114 정의 S가 집합이라 하자 (i) S가 공집합 Ø 또는 어떤 n N에 대하여 집합 {1, 2,, n}과 대등할 때, S를 유한(finite) 이라고 말한다 (ii) S가 유한이 아닐 때, 무한(infinite)이라고 말한다 (iii) S {1, 2,, n}일 때, S가 기수(cardinality) n을 갖는다고 말하고, card S = n과 같이 표기한다 (iv) S = Ø일 때, 그 기수를 0이라고 말하고, card Ø = 0와 같이 표기한다 다음 단계는 가장 작은 종류의 무한집합을 정의하는 것이다 그러한 집합들을 가산무한이라고 말한다 이 단계에서 더 큰 종류의 무한집합이 존재하는지는 모른다 사실, 우리는 이 문맥에서 더 큰 이 무엇을 의미하는지 아직 모른다 A115 정의 S가 집합이라 하자 (i) 집합 S가 N과 대등할 때, S를 가산무한(countably infinite) (또는 가부번 (denumerable))이라고 말한다 (ii) 집합 S가 유한이거나 가산무한일 때, S를 가산(countable)이라고 말한다 (iii) 집합 S가 가산무한일 때, S는 기수 ℵ0 를 갖는다고 말하고 card S = ℵ0 와 같이 표기한다 (iv) 집합 S가 가산이 아닐 때, S를 비가산(uncountable)이라고 말한다 A116 주목 집합 S가 가산무한이면, S = {s1, s2,, sn, }으로 쓸 수 있다 여기서, f : N S는 일대일대응이고 모든 n N에 대하여 sn = f (n)이다 그래서 우리는 S의 원소들을 나열 할 수 있다 물론 S가 유한이고 공집합이 아니면, 그 원소들을 S = {s1, s2,, sn }와 같이 나열할 수 있다 따라서 우리는 임의의 가산집합의 원소들을 나열할 수 있다 역으로, S의 원소들을 나열할 수 있다면, S는 가산이다 왜냐하면, N 또는 {1, 2,, n}과 일대일대응을 정의할 수 있기 때문이다

242 부록 1: 무한집합 242 A117 증명 보기 짝수이고 양수인 모든 정수들의 집합 S는 가산무한이다 모든 n N에 대하여 f (n) = 2 n으로 주어진 함수 f : N S는 일대일대응이다 보기 A117은 주목할 만한 가치가 있다 우리는 두 집합이 같은 크기 를 갖는다면 그것들을 일대일대응이라고 생각한다 그러나 여기서 집합 N은 그것의 진부분집합 중의 하나와 일대일대응 이다 이것은 유한집합에서는 나타나지 않는다 실제로 유한집합은 그것의 진부분집합의 어느 것과도 대등하지 않는 집합들로 특성화될 수 있다 A118 증명 A119 증명 보기 모든 정수들의 집합 Z는 가산무한이다 다음과 같이 주어진 함수 f : N Z 는 일대일대응이다: m, n = 2m, m 1 f (n) = m, n = 2m + 1, m 1 0, n = 1 보기 완전제곱수인 모든 양의 정수들의 집합 S는 가산무한이다 f (n) = n2 으로 주어진 함수 f : N S는 일대일대응이다 보기 A119는 약 1600년 경에 G Galileo에 의해 증명되었다 이것은 그를 괴롭혔고, 그는 무한이 인간의 영역이 아니라고 생각하였다 A1110 증명 명제 연습문제 집합 S가 가산집합과 대등하면, S는 가산이다

243 243 A1111 증명 명제 S가 가산집합이고 T S이면, T 는 가산이다 S가 가산이기 때문에 리스트(list) S = {s1, s2, }와 같이 쓸 수 있다 (S가 유한이면 유한리스트이고, S가 무한이면 무한리스트이다) t1 을 T 의 첫 번째 원소 si 라 하고 (T 6= Ø이라면), t2 를 T 의 두 번째 원소 si 라 하고 (T 6= {t1 } 이라면), t3 를 T 의 세 번째 원소 si 라 하자 (T 6= {t1, t2 }이라면), T 가 유한일 때, 이 과정은 어떤 n에 대하여 T = {t1, t2,, tn }일 때에만 끝날 것이다 이 과정이 끝나지 않는다면 T 의 원소들로 이루어진 리스트 {t1, t2,, tn, }을 얻는다 이 리스트는 T 의 모든 원소들을 포함한다 왜냐하면, si T 이면 si 는 늦어도 그 과정의 i 번째 단계에서 나타난다; 그래서 si 는 이 리스트에 속한다 따라서 T 는 가산무한이다 그러므로 T 는 유한이거나 가산무한이다 명제 A1111와 보기 A118의 직접적인 결과로 다음을 얻는다 A1112 따름정리 Z의 모든 부분집합은 가산이다 A1113 보조정리 S1, S2,, Sn, 이 다음을 만족하는 가산무한집합들이라 하자: 그러면 S i 6= j에 대하여 Si Sj = Ø Si 는 가산무한집합이다 i=1 증명 각 Si 는 가산무한집합이기 때문에, Si = {si1, si2,, sin, }으로 쓸 수 있다 이제 sij 를 사각배열로 놓고 아래와 같이 지그재그로 그것들을 나열하자 s11 s12 s13 s14 % s21 s22 s23 % % s31 s32 s33 % 이것은 S Si 의 모든 원소들을 나열할 수 있음을 보여주고, 각 Si 는 무한이기 때문에 그 리스트는 S 무한이다 따라서 i=1 Si 는 가산무한이다 i=1 보조정리 A1113에서 우리는 Si 들이 서로소라고 가정하였다 그것들이 서로소가 아니면, 그 증명은 반복되는 원소들을 제거함으로써 쉽게 수정될 수 있다:

244 부록 1: 무한집합 244 A1114 보조정리 S1, S2,, Sn, 이 가산무한집합들이라면, S Si 은 가산무한집합이 i=1 다 A1115 증명 명제 가산집합들로 이루어진 가산집합족의 합집합은 가산이다 연습문제 A1116 명제 S와 T 가 가산무한집합이면, 곱집합 S T = {hs, ti : s S, t T }는 가산무한집합이다 증명 S = {s1, s2,, sn, }이고 T = {t1, t2,, tn, }이라 하자 그러면 S T = [ {hsi, t1 i, hsi, t2 i,, hsi, tn i, } i=1 이다 따라서 S T 는 가산무한개의 가산무한집합들의 합집합이다 그러므로 S T 는 가산무한이 다 A1117 따름정리 유한개의 가산집합들의 곱집합은 가산이다 우리는 이제 가산집합들에 관한 우리의 관찰들을 통해서 중요한 응용을 할 준비가 되어 있다 A1118 증명 Si = 보조정리 모든 양의 유리수들의 집합 Q>0 는 가산무한이다 각 i N에 대하여 Si 가 분모가 i인 모든 양의 유리수들의 집합이라 하자 그러면 S >0 2 n,,,, 이고 Q = Si 이다 각 Si 는 가산무한이기 때문에, 명제 A1115으로 i i i 1 i=1 부터 Q>0 은 가산무한이다

245 245 우리는 이제 모든 유리수들의 집합 Q가 가산무한임을 증명할 준비가 되어 있다; 즉, Q와 모든 자연수들의 집합인 N 사이에 일대일대응이 존재한다 A1119 증명 정리 모든 유리수들의 집합 Q는 가산무한이다 분명 모든 음의 유리수들의 집합 Q<0 는 모든 양의 유리수들의 집합 Q>0 와 대등하다 명제 A1110과 보조정리 A1118로부터 Q<0 는 가산무한이다 마지막으로 Q는 세 집합 Q>0, Q<0 그리고 {0}의 합집합임을 관찰하자 따라서 명제 A1115 에 의해 Q는 가산무한이다 A1120 증명 따름정리 유리수들로 이루어진 모든 집합은 가산이다 이것은 정리 A1119와 명제 A1111의 결과이다 A1121 정의 실수 x가 다음을 만족할 때 대수적 수(algebraic number)라고 말한 다: 어떤 자연수 n과 정수들 a0, a1,, an (a0 6= 0)에 대하여 a0 xn + a1 xn an 1 x + an = 0 이다 대수적 수가 아닌 실수는 초월수(transcendental number)라고 말한다 A1122 증명 보기 모든 유리수는 대수적 수이다 p, q Z (q 6= 0)에 대하여 x = pq 라 하자 그러면 qx p = 0; 즉, x는 n = 1, a0 = q, 그리고 an = p인 대수적 수이다 A1123 보기 증명 2는 무리수이지만, x2 2 = 0을 만족한다 그러므로 대수적 수이다 x= A1124 주목 2는 유리수가 아닌 대수적 수이다 또한 대수적 수이다 왜냐하면 x8 12x6 + 44x4 288x = 0 을 만족하기 때문이다 실제로 정수들의 집합에 합, 차, 곱, 몫, 그리고 제곱근, 세제곱근 들을 적용하여 만들어진 임의의 실수는 대수적 수이다

246 부록 1: 무한집합 246 A1125 주목 주목 A1124는 우리가 생각하는 대부분의 수 들이 대수적 수임을 보여준 다 주어진 수가 초월수임을 보이는 것은 극도로 어려울 수 있다 그 첫 번째 입증은 1844년으로 Liouville는 X 1 = n! n=1 이 초월수라는 것을 증명하였다 1873년에 Charles Hermite는 e가 초월수라는 것을 증명하였다 1882년에 Lindemann는 π가 초월수라는 것을 증명하였고 이것은 원을 정사각형으로 만드는 것에 대한 2,000년 동안의 오랜 질문이 부정적이라는 것에 해답을 주었다 (그 질문은 다음과 같다: 반지름이 1인 원이 있을 때, 오직 자와 컴퍼스만을 사용하여 같은 넓이를 갖는 정사각형을 만들 수 있을까? 이 문제에 대한 충분한 설명과 e와 π가 초월수라는 것의 증명은 Jones, Morris, 그리고 Pearson에 의해 쓰여진 저서 [164]에서 찾을 수 있다) 우리는 이제 모든 대수적 수들의 집합 A 또한 가산무한임을 증명할 것이다 이것은 정리 A1119보다 더 강력한 결과이다 사실 그것은 이 결과의 따름정리이다

247 247 A1126 증명 정리 모든 대수적 수들의 집합 A는 가산무한이다 ai Z (a0 6= 0)에 대하여 다항식 f (x) = a0 xn + a1 xn an 1 x + an 을 생각하고, 그것의 높이(height)를 k = n + a0 + a1 + + an 로 정의하자 각각의 양의 정수 k에 대하여 Ak 를 높이가 k인 모든 다항식들의 모든 근들의 집합이라고 하자 S Ak 이다 명백히 A = k=1 그러므로 A가 가산무한임을 보이는 것은 명제 A1115에 의해 각각의 Ak 가 유한임을 증명하는 것으로 충분하다 f 가 n차 다항식이라면, 분명히 n k 이고 i = 1, 2,, n에 대하여 ai k 이다 따라서 높이가 k인 모든 다항식들의 집합은 분명히 유한이다 더욱이, n차 다항식은 기껏해야 n개의 근을 갖는다 결과적으로 높이가 k인 각 다항식은 k개 보다 많은 근을 갖지 않는다 따라서 집합 Ak 는 유한이다 A1127 따름정리 대수적 수들로 이루어진 모든 집합은 가산이다 따름정리 A1120은 따름정리 A1127의 특별한 경우임을 주목하자 우리는 아직 비가산집합의 보기를 만들지 않았다 그전에 어떤 함수들은 가산집합들의 모임에서 우리의 사고를 벗어나게 해주지 않는다는 것을 관찰하도록 하겠다 A1128 명제 X와 Y 가 집합이고, f 가 X로부터 Y 로의 함수라 하자 (i) X가 가산이고 f 가 전사이면, Y 는 가산이다 (ii) Y 가 가산이고 f 가 단사이면, X는 가산이다 증명 연습문제

248 부록 1: 무한집합 248 A1129 명제 S가 가산집합이라 하자 그러면 S의 모든 유한 부분집합들의 집합 또한 가산이다 증명 연습문제 A1130 정의 S가 집합이라 하자 S의 모든 부분집합들의 집합을 S의 멱집합(power set)이라고 말하고 P(S)으로 표기한다 A1131 정리 (Georg Cantor) 모든 집합 S에 대하여 멱집합 P(S)는 S와 대등하지 않다; 즉, P(S) 6 S이다 증명 우리는 S와 P(S) 사이에 일대일대응이 존재하지 않음을 증명해야 한다 더욱이, S로부터 P(S)로의 전사조차 존재하지 않음을 보일 것이다 전사 f : S P(S)가 존재한다고 가정하자 각각의 x S에 대하여, f (x) P(S)이므로 f (x) S이다 T = {x : x S 이고 x 6 f (x)}이라 하자 그러면 T S이다; 즉, T P(S)이다 f 는 S로부터 P(S) 위로의 함수이기 때문에, 어떤 y S에 대하여 T = f (y)이다 분명 y T 또는 y 6 T 이다 경우 1 y T y 6 f (y) y 6 T (T 의 정의에 의해) (f (y) = T 이므로) 따라서 경우 1은 불가능하다 경우 2 y 6 T y f (y) y T (T 의 정의에 의해) (f (y) = T 이므로) 따라서 경우 2는 불가능하다 두 가지 경우 모두 불가능하기 때문에, 모순이다 따라서 우리의 가정은 거짓이고 S로부터 P(S) 위로의 전사는 존재하지 않는다 그러므로 P(S)는 S와 대등하지 않다

249 249 A1132 증명 보조정리 S가 임의의 집합일 때, S는 멱집합 P(S)의 한 부분집합과 대등하다 함수 f : S P(S)를 각각의 x S에 대하여, f (x) = {x}로 정의하자 명백히 f 는 S와 f (S) 사이의 일대일대응이다 따라서 S는 P(S)의 부분집합 f (S)와 대등하다 A1133 증명 명제 S가 임의의 무한집합이라면, P(S)는 비가산집합이다 S가 무한이기 때문에, 집합 P(S)는 무한이다 정리 A1131에 의하여 P(S)는 S와 대등 하지 않다 P(S)가 가산무한이라고 가정하자 그러면 명제 A1111, 보조정리 A1132 그리고 명제 A1110에 의하여, S는 가산무한이다 따라서 S와 P(S)는 대등하게 되고 이것은 모순이다 그러 므로 P(S)는 비가산이다 명제 A1133은 비가산집합의 존재성을 보여준다 하지만, 회의론자에게는 그 보기가 부자연 스럽게 보일 수도 있다 그래서 우리는 중요하면서도 친숙한 집합들이 비가산임을 관찰함으로써 이 절을 마치겠다

250 부록 1: 무한집합 250 A1134 증명 보조정리 반열린구간 [1, 2)에 있는 모든 실수들의 집합은 가산이 아니다 (Cantor의 대각논법) 우리는 [1, 2)에 있는 모든 실수들의 집합이 나열될 수 없음을 보이겠다 L = {r1, r2, rn }이 집합 [1, 2)에 있는 각 실수들의 리스트라 하고, 그것의 소수전개를 다음과 같이 적자: r1 =1r11 r12 r1n r2 =1r21 r22 r2n rm =1rm1 rm2 rmn 다음과 같이 1a1 a2 an 으로 정의된 실수 a를 생각하자: 각각의 n N에 대하여, ( 1, rnn = 6 1 an = 2, rnn = 1 명백히 an 6= rnn 이므로, 모든 n N에 대하여 a 6= rn 이다 따라서 a는 리스트 L의 어디에도 나타나지 않는다 그러므로 [1, 2)에 있는 모든 실수들의 집합의 리스트는 존재하지 않는다; 즉, 이 집합은 비가산이다 A1135 증명 정리 모든 실수들의 집합 R은 비가산이다 R이 가산이라고 가정하자 그러면 명제 A1111에 의해, [1, 2)에 있는 모든 실수들의 집합은 가산이고, 이것은 보조정리 A1134에 모순이다 그러므로 R은 비가산이다

251 251 A1136 따름정리 모든무리수들의집합 I 는비가산이다 증명 I가가산이라고가정하자 그러면 R은두가산집합 I와 Q의합집합이다 명제 A1115 에의하여, R은가산이고, 이것은모순이다 그러므로 I는비가산이다 따름정리 A1136과비슷한증명을사용하면다음결과를얻는다 A1137 따름정리 모든초월수들의집합은비가산이다 A12 기수 앞절에서가산무한과비가산을정의하였고비가산집합이가산무한집합보다 더크다 는것을설명 없이암시하였다 더크다 의의미를설명하기위해서는다음정리가필요하다 우리의설명은 Halmos 의저서 [123] 에기초한것이다

252 부록 1: 무한집합 252 A121 정리 (Cantor-Schröder-Bernstein) S와 T 가 집합이라 하자 만약 S가 T 의 부분집합과 대등하고 T 가 S의 부분집합과 대등하면, S는 T 와 대등하다 증명 일반성을 잃지 않고 S와 T 가 서로소라고 가정할 수 있다 f : S T 와 g : T S가 단사라 하자 우리는 S로부터 T 로의 전단사를 찾아야만 한다 원소 s는 원소 f (s)의 부모(parent)라고 말하며 f (s) 는 s의 자손(descendant)이라고 말 한다 또한 t는 g(t)의 부모이고 g(t)는 t의 자손이다 각각의 s S는 자손들의 무한수열로서 f (s), g(f (s)), f (g(f (s))), 를 갖는다 그러한 수열의 각 항은 그 다음에 나타나는 모든 항들의 조상 (ancestor)이라고 말한다 이제 s S이라 하자 만약 가능한 멀리 그 혈통을 역추적하면 다음 세 가지 중 하나가 발생해야만 한다: (i) 조상들의 리스트는 유한이고, 조상이 없는 S의 원소에서 멈춘다; (ii) 조상들의 리스트는 유한이고, 조상이 없는 F 의 원소에서 멈춘다; (iii) 조상들의 리스트는 무한이다 SS 가 S에서 비롯되는 S의 그러한 원소들의 집합이라 하자; 즉, SS 는 집합 S \ g(t )와 S에 있는 그것의 모든 자손들을 추가한 것이다 ST 가 T 에서 비롯되는 그러한 원소들의 집합이라 하자; 즉, ST 는 T \ f (S)의 S에 있는 자손들의 집합이다 S 는 부모가 없는 조상들을 갖지 않는 모든 원소들의 집합이라 하자 그러면 S는 세 개의 서로소인 집합 SS, ST 그리고 S 의 합집합이다 비슷하게 T 는 비슷하게 정의된 세 개의 서로소인 집합 TT, TS 그리고 T 의 합집합이다 분명히 f 를 SS 으로 제한한 함수는 SS 로부터 TS 로의 전단사이다 이제 T 로부터 g(t )로의 전단사 g의 역함수를 g 1 라 하자 분명히 g 1 를 ST 로 제한한 함수는 ST 로부터 TT 로의 전단사이다 마지막으로, S 로 f 를 제한한 함수는 S 로부터 T 로의 전단사이다 함수 h : S T 를 다음과 같이 정의하자: f (s), h(s) = g 1 (s), f (s), s SS s ST s S 그러면 h는 S로부터 T 로의 전단사이다 따라서 S는 T 와 대등하다

253 253 이제 우리는 기수 를 정의할 것이다 A122 정의 다음 조건들을 만족하는 집합들의 모임 ℵ를 기수(cardinal number) 라고 말한다: (i) S와 T 가 집합이라 하자 S와 T 가 ℵ에 속하면, S T 이다; (ii) A와 B가 집합이라 하자 A가 ℵ에 속하고 B A이면, B는 ℵ에 속한다 ℵ가 기수이고 A가 ℵ에 속하면, card A = ℵ이라 표기한다 정의 A122는 처음에는 이상하게 보일지도 모른다 기수는 집합들의 모임으로 정의된다 몇몇 특별한 경우들을 자세히 살펴보자: 집합 A가 두 개의 원소를 가지고 있으면 card A = 2라 쓴다; 기수 2는 집합 {1, 2}와 대등한 모든 집합들의 모임이다 즉, 두 개의 원소를 가진 모든 집합들의 모임인 것이다 집합 S가 가산무한이면, card S = ℵ0 라 쓴다; 이 경우 기수 ℵ0 는 N과 대등한 모든 집합들의 모임이다 S와 T 가 집합이라 하자 그러면 S와 T 가 대등할 필요충분조건은 card S = card T 이다 A123 정의 R의 기수는 c로 표기한다; 즉, card R = c라 쓴다 N의 기수는 ℵ0 로 표기한다 우리는 R을 연속체(continuum) 로 생각하기 때문에, 정의 A123에 기호 c를 사용한다 이제 기수들의 순서를 정의하겠다 A124 정의 m과 n이 기수라 하자 기수 m이 n보다 작거나 같다, 즉, m n이라는 것은 다음을 만족하는 집합 S와 T 가 존재함을 의미한다: card S = m, card T = n, 그리고 S 는 T 의 부분집합과 대등하다 더욱이 기수 m이 n보다 작다, 즉, m < n이라는 것은 m n 이고 m 6= n임을 의미한다 N은 R의 부분집합으로 card R = c, card N = ℵ0 이며, R은 N과 대등하지 않기 때문에, 다음 결과를 얻는다 A125 명제 ℵ0 < c

254 부록 1: 무한집합 254 우리는 또한 임의의 집합 S에 대하여, S는 P(S)의 한 부분집합과 대등하고 S는 P(S)와 대등하지 않다는 것을 알고 있다 따라서 다음 결과를 얻는다 정리 A126 임의의 집합 S에 대하여, card S < card P(S)이다 다음은 Cantor-Schröder-Bernstein 정리 A121를 재서술한 것이다 정리 A127 A128 주목 m과 n이 기수라 하자 m n이고 n m이면, m = n이다 무한개의 무한기수들이 존재함을 관찰하자 이것은 다음 사실로부터 분명하다: ℵ0 = card N < card P(N) < card P(P(N)) < ( ) 다음은 정리 A126의 직접적인 결과이다 A129 따름정리 가장 큰 기수는 존재하지 않는다 유한집합 S가 n개의 원소를 가지고 있다면, 그 멱집합 P(S)는 2n 개의 원소를 가지고 있음을 주목하자 이로부터 다음 기호를 소개하는 것은 자연스럽다 A1210 정의 집합 S가 기수 ℵ를 갖는다면, P(S)의 기수는 2ℵ 로 표기한다 그러므로 위의 ( )를 다음과 같이 다시 쓸 수 있다: ( ) ℵ0 ℵ0 < 2ℵ0 < 22 2ℵ 0 < 22 < 이 기수들의 수열을 살펴보면, 다음 질문들을 생각할 수 있다: (1) c는 이 리스트에 있는 기수들 중 어느 하나와 같을까? (2) ℵ0 와 2ℵ0 사이에 기수가 존재할까? 이 질문들, 특히, (2)는 쉽게 답해질 수 없다 실제로 그것들은 집합론의 공리를 주의깊게 살펴볼 필요가 있다 이 부록에서 집합론의 공리를 진지하게 논하는 것은 불가능하다 그럼에도 불구하고 우리는 부록에서 위 질문들을 나중에 다룰 것이다

255 255 우리는 몇몇 친숙한 집합들의 기수들을 확인함으로써 이 절을 마치겠다 A1211 보조정리 a와 b가 a < b인 실수라 하자 그러면 (i) [0, 1] [a, b]; (ii) (0, 1) (a, b); (iii) (0, 1) (1, ); (iv) (, 1) ( 2, 1); (v) (1, ) (1, 2); (vi) R ( 2, 2); (vii) R (a, b) 증명의 개요 (i)은 [0, 1]로부터 [a, b]로의 일대일함수 f (x) = a+(b a)x를 정의함으로써 증명된다 (ii)와 (iii)도 적당한 함수들을 찾음으로써 비슷하게 증명된다 (iv)는 (iii)과 (ii)를 사용하면 증명 된다 (v)는 (iv)로부터 얻어진다 (vi)은 (iv)와 (v)으로부터 R이 서로소인 집합 (, 1), [ 1, 1] 그리고 (1, )들의 합집합이라는 것을 관찰하면 얻어진다 (vii)은 (vi)과 (ii)로부터 얻어진다 A1212 명제 a와 b가 a < b인 실수라 하자 S가 (a, b) S을 만족하는 R의 부분집합 이면, card S = c이다 특히, card (a, b) = card [a, b] = c이다 증명 보조정리 A1211을 사용하여 card R = card (a, b) card [a, b] card R 임을 관찰하자 따라서 card (a, b) = card [a, b] = card R = c이다

256 부록 1: 무한집합 256 A1213 증명의 개요 R2 가 유클리드 평면에 있는 점들의 집합이면, card (R2 ) = c이다 명제 명제 A1212에 의하여 R은 반열린구간 [0, 1)와 대등하다 그리고 [0, 1) [0, 1) [0, 1)을 증명하는 것으로 충분하다 f : [0, 1) [0, 1) [0, 1)를 f (x) = hx, 0i로 정의하자 그러면 f 는 [0, 1)로부터 [0, 1) [0, 1)로의 일대일함수이다 따라서 c = card [0, 1) card [0, 1) [0, 1)이다 Cantor-Schröder-Bernstein 정리 A21에 의하여, [0, 1) [0, 1)로부터 [0, 1)로의 일대일함수 g를 찾는 것으로 충분하다 g(h0a1 a2 an, 0b1 b2 bn, i) = 0a1 b1 a2 b2 an bn 를 정의하자 분명히 g는 잘 정의되고 ([0, 1)에 있는 각 실수는 99 9 로 끝나지 않는 유일한 소수표현을 갖기 때문에) 일대일이다 이것으로 증명은 완성된다 A13 기수의 연산 우선 기수들의 합을 정의하겠다 물론, 기수들이 유한이면, 이 정의는 유한수들의 합과 같아야 한다 A131 정의 α와 β가 기수라 하고 card A = α와 card B = β를 만족하는 서로소인 집합 A와 B를 선택하자 이때, 기수 α와 β의 합은 card (A B)로 정의하고 α + β로 표기한다 A132 주목 위 정의가 타당하다는 것, 특히 집합 A와 B의 선택에 영향을 받지 않는다는 것을 알기 전에, A1 과 B1 이 서로소인 집합이고, A와 B가 서로소인 집합이고, card A = card A1 과 card B = card B1 이면, A B A1 B1 이다; 즉, card (A B) = card (A1 B1 )이다 이것은 복잡하지 않으므로 연습문제로 남겨두겠다

257 257 A133 명제 임의의기수 α, β, γ에대하여 (i) α + β = β + α ; (ii) α + (β + γ) = (α + β) + γ ; (iii) α + 0 = α ; (iv) α β이면, α + γ β + γ 이다 증명 연습문제 A134 명제 (i) ℵ 0 + ℵ 0 = ℵ 0 ; (ii) c + ℵ 0 = c; (iii) c + c = c; (iv) 임의의유한기수 n에대하여, n + ℵ 0 = ℵ 0 이고 n + c = c이다 증명 (i) 리스트 1, 1, 2, 2,, n, n, 은두가산무한집합 N 과음의정수들의집합의합집합이가 산무한집합임을보여준다 (ii) [ 2, 1] N R 으로부터, card [ 2, 1] + card N card R = c 임을알수있다 따라서 c = card [ 2, 1] card ([ 2, 1] N) = card [ 2, 1] + card N = c + ℵ 0 c 이다 (iii) c c + c = card ((0, 1) (1, 2)) card R = c 이므로성립한다 (iv) ℵ 0 n + ℵ 0 ℵ 0 + ℵ 0 = ℵ 0 이고 c n + c c + c = c 이므로성립한다

258 부록 1: 무한집합 258 다음으로 기수들의 곱을 정의하겠다 A135 정의 α와 β가 기수라 하고 card A = α와 card B = β를 만족하는 서로소인 집합 A와 B를 선택하자 이때, 기수 α와 β의 곱은 card (A B)으로 정의하고 αβ로 표기한다 기수들의 합의 경우처럼 정의 A135에서 α β가 집합 A와 B의 선택에 영향을 받지 않는다는 것을 확인할 필요가 있지만 이것은 보통의 방법으로 확인 가능하다 A136 명제 임의의 기수 α, β, γ에 대하여 (i) αβ = βα ; (ii) α(βγ) = (αβ)γ ; (iii) 1α = α ; (iv) 0α = 0; (v) α(β + γ) = αβ + αγ; (vi) 임의의 유한기수 n에 대하여, nα = α + α + α (n개의 항); (vii) α β 이면, αγ βγ 이다 증명 연습문제 A137 명제 (i) ℵ0 ℵ0 = ℵ0 ; (ii) c c = c; (iii) c ℵ0 = c; (iv) 임의의 유한기수 n에 대하여, n ℵ0 = ℵ0 이고 n c = c 증명의 개요 (i)은 명제 A1116로부터 얻어지고, (ii)는 명제 A1213로부터 얻어진다 (iii)을 보이기 위해서는, c = c1 c ℵ0 c c = c임을 관찰하여라 또한 (iv)의 증명은 복잡하지 않다

259 259 기수의 연산에서 다음 단계는 기수들의 거듭제곱을 정의하는 것이다; 즉, α와 β가 기수일 때, α β 을 정의하고자 한다 정의 A138 α와 β가 기수이고, 집합 A와 B가 card A = α와 card B = β을 만 족한다고 하자 B로부터 A로의 모든 함수 f 들의 집합을 AB 로 표기하고, α β 을 card AB 로 정의한다 다시 한 번, 이 정의가 타당한지, 즉, αβ 가 집합 A와 B의 선택에 영향을 받지 않는다는 것을 확인할 필요가 있다 우리는 또한 n과 m이 유한기수이고 집합 A는 n개의 원소들을 가지고 집합 B 는 m개의 원소들을 가지고 있다면, B로부터 A로의 서로 다른 nm 개의 함수들이 존재함을 확인할 필요가 있다 또한 고민을 한 가지 더 해 볼 필요가 있다: α가 기수이고 A가 card A = α을 만족하는 집합이라 면, 2α 은 두 개의 다른 정의를 갖는다 위 정의는 2α 을 A로부터 두 점 집합 {0, 1}로의 모든 함수들의 집합의 기수로서 생각한다 반면에, 정의 A1210는 2α 을 card (P(A))로서 생각한다 {0, 1}A 로부 터 P(A)로의 전단사 θ를 찾는 것으로 충분하다 f {0, 1}A 라 하자 그러면 f : A {0, 1}이다 θ(f ) = f 1 (1)라 정의하자 θ가 전단사임을 검증하는 것은 연습문제로 남겨둔다 명제 A139 임의의 기수 α, β, γ 에 대하여: (i) α β+γ = αβ αγ ; (ii) (αβ)γ = αγ β γ ; γ (iii) (αβ ) = α(βγ) ; (iv) α β이면, αγ β γ 이다; (v) α β이면, γ α γ β 이다 증명 연습문제

260 부록 1: 무한집합 260 정의 A1210 뒤에 세 개의 질문을 했었는데, 이제 세 개 중 두 번째 질문에 답할 준비가 되었다 A1310 증명 보조정리 ℵ0 ℵ0 = c card NN = ℵ0 ℵ0 와 card (0, 1) = c를 관찰하자 f (0a1 a2 an ) = ha1, a2,, an, i로 정의된 함수 f : (0, 1) NN 는 단사이기 때문에, c ℵ0 ℵ0 을 얻는다 Cantor-Schröder-Bernstein 정리 A121을 사용하여 증명을 끝내려면 NN 로부터 (0, 1)로 의 단사함수 g를 찾을 필요가 있다 ha1, a2,, an, i가 NN 의 임의의 원소이면 각각의 i에 대해 ai N이고, 어떤 Mi N이 존재해서 모든 n > Mi 에 대하여 ain = 0인 ai = ain ai(n 1) ai2 ai1 로 쓸 수 있다 [예를 들면 187 = 이므로 ai = 187이면 ai1 = 7, ai2 = 8, ai3 = 1이고 n > Mi = 3에 대하여 ain = 0이다] 이제 함수 g를 다음과 같이 정의하자: g(ha1, a2,, an, i) = 0a11 a12 a21 a13 a22 a31 a14 a23 a32 a41 a15 a24 a33 a42 a51 a16 (이것과 보조정리 A1113을 비교하여라) 분명히 g는 단사이므로, 이 증명은 완료되었다

261 261 이제 Georg Cantor에 의해 처음으로 증명된 아름다운 결과를 서술하겠다 A1311 증명 정리 2ℵ0 = c 먼저 보조정리 A1310로부터 2ℵ0 ℵ0 ℵ0 = c임을 관찰하자 따라서 우리는 c 2ℵ0 를 증명해야 한다 이것을 증명하기 위해 [0, 1)로부터 {0, 1}N 로의 단사함수 f 를 찾을 필요가 있다 [0, 1) 의 각 원소 x는 이진수 표현 x = 0x1 x2 xn 을 갖는다 여기서 각 xi 는 0 또는 1과 같다 이진수 표현은 어느 자리 이후 계속 1이 나타나는 표현을 제외하고는 유일하다; 예를 들어, 1/4 = = 이다 모든 이러한 경우에서, 1보다는 0이 계속 나타나는 표현을 선택하는 것으로 규정하면, [0, 1)에 있는 수들의 표현은 유일하다 각 x [0, 1)를 함수 f (x) : N {0, 1}로 보내는 함수 f : [0, 1) {0, 1}N 를 생각하자 여기서 f (x) : N {0, 1}는 f (x)(n) = xn, n N으로 정의된 함수이다 f 가 단사임을 보이기 위하여, x 6= y인 [0, 1)의 원소 x와 y를 생각하자 그러면 어떤 m N에 대하여 xm 6= ym 이다 그래서 f (x)(m) = xm 6= ym = f (y)(m)이다 따라서 두 함수 f (x) : N {0, 1}와 f (y) : N {0, 1}는 같지 않다 x와 y는 [0, 1)의 임의의 (같지 않은) 원소이기 때문에, f 는 단사이다

262 262 부록 1: 무한집합 A1312 따름정리 α 가 2 α c 을만족하는기수라면, α ℵ 0 = c 이다 증명 c = 2 ℵ 0 α ℵ 0 c ℵ 0 = (2 ℵ 0 ) ℵ 0 = 2 ℵ 0 ℵ 0 = 2 ℵ 0 = c 임을관찰하시오

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286 찾아보기 0-차원, 112 ℵ 0, 241 Alexander 부분기저정리, 166 Baire 공간, 152 Baire 범주정리, 151, 152 Banach 고정점정리, 149 Banach 공간, 145 bikompakt, 179 bikompakt 공간, 179 Bolzano-Weierstrass 정리, 139 Brouwer 고정점정리, 110 C[0, 1], 58, 116, 117, 174 c, 253 c 0, 126, 146 Cantor 공간, 202 Cantor 집합, 202 Cantor, Georg, 248 card, 253 Cauchy 수열, 136 Cauchy-Riemann 다양체, 130 CR-다양체, 130 F σ -집합, 45, 157 f 1, 33 Fréchet 공간, 234 G δ -집합, 45, 157 Hausdorff 공간, 84, 123, 183 Heine-Borel 정리, 169 Heine-Borel 정리의역, 170 Hilbert 큐브, 211 inf, 75 Int, 73, 151 Knuth, Donald, 5 l 1, 126, 146 l 2, 126, 146 l, 126, 146 Lindelöf 정리, 223 meager, 153 middle two-thirds Cantor 공간, 227 N, 18, 83 n-차원구, 192 n-큐브, 211 P, 45, 83 P(S), 248 Polish 공간, 142 Q, 44, 83 R, 22,

287 찾아보기 287 R 2, 50 R n, 50 R n 위의유클리드위상, 50 Riemannian 다양체, 130 S 1, 192 S 1, 130 S n, 192 Sierpiński 공간, 36 Sorgenfrey 직선, 74, 166, 184 Souslin 공간, 142 sup, 75 T 0 -공간, 36 T 1 -공간, 35, 184, 219 T 2 -공간, 84, 123 T 3 -공간, 85 T 4 -공간, 127 T E X, 5 Toruǹczyk 정리, 235 Tychonoff 정리, 190 Urysohn 정리, 220 Urysohn 정리와그역, 222 Weierstrass 중간값정리, 109 Z, 44, 83 Zorn의보조정리, 166 가부번집합, 241 가분, 73, 216 가분 Banach 공간, 146 가분공간, 142, 184, 216 가산기저, 127 가산닫힌위상, 36 가산무한, 241 가산사슬조건 (countable chain condition), 223 가산집합, 241 가산컴팩트, 176 감소수열, 138 값매김함수, 218 객체, 100 거리동치, 122 거리 (distance), 114 거리 (metric), 114 거리공간, 114 거리에의하여유도된공간, 121 거리에의하여유도된위상, 121 거리화가능공간, 124 경계, 151 경계가있는위상다양체, 130 경계점, 151 고립점, 157, 204 고정점, 109, 148 고정점성질, 110 곱, 204 곱공간, 204 곱위상, 53, 181, 187, 204 곱위상공간, 181 곱집합, 181 교집합위상, 36 구간, 94 국소연결, 197 국소연결공간, 197 국소위상동형함수, 98 국소적위상동형, 98 국소적유클리드, 130 국소적연결, 231

288 찾아보기 288 국소컴팩트공간, 193 등거리함수, 127, 142 극점, 138 또는(수학에서 사용된), 5 극치적 비연결, 224 매끄러운 다양체, 130 극한점, 63 멱집합, 248 근방, 71 모든 곳에서 조밀하다, 68 기수, 241, 253 모순법, 43 기수의 곱, 258 무리수집합, 45, 83 기수의 합, 256 무한, 241 기저, 47 무한집합, 241 길, 108 문공간, 37 길연결, 108 문공간(door space), 84 묻기 보조정리, 218 끝조각위상, 23 미분가능, 150 내부, 73, 151 미분다양체, 130 내점, 151 반사적 관계, 87 네트워크 웨이트(network weight), 225 반열린집합, 98 네트워크(network), 225 보통위상, 83 노름, 118 볼록, 154 노름벡터공간, 118 부분공간, 81 단사, 32 부분기저, 58 단조수열, 138 부분수열, 138 닫힌 단위구, 174 부분위상, 81 닫힌집합, 25 분리공리, 39 닫힌함수, 173, 185 비가산집합, 241 대각선, 183 비어있는 합집합, 22 대등, 240 비연결, 77, 107 대수적 수, 245 비이산공간, 19 대수학의 기본정리, 198 비이산위상, 19 대칭적 관계, 87 도집합, 157 상계, 75 동치관계, 99, 240 상대위상, 81 등거리, 127, 142 상대컴팩트, 175 등거리 넣기함수, 143 상반연속, 159

289 찾아보기 289 상자위상, 205 상한, 75 섬세한위상, 106, 185 성분, 111, 194, 195 수렴하는수열, 177 수렴한다, 131, 177 수학적증명, 17 아래로유계, 75 엉성한위상, 106, 185 여유한위상, 30 역상, 33 역함수, 32 연결공간, 76 연결다양체, 130 연속, 100 연속체, 196 연속함수, 102 열린덮개, 164 열린구, 119 열린닫힌집합, 27 열린집합, 24 열린함수, 156, 173, 185 열린함수정리, 155 완비거리공간, 137 완비거리화가능, 141 완비화, 143 완전공간, 157, 204 완전비연결, 111 완전비연결공간, 184 완전유계거리공간, 129 완전집합, 157 외부, 151 외점, 151 우체국거리, 224 원기둥, 193 원환체, 192 웨이트 (weight), 225 위로유계, 75 위로의, 32 위상, 17 위상공간, 17 위상다양체, 130 위상동형, 86 위상동형군, 91 위상동형함수, 86 위상적성질, 99 유계, 75, 170 유계거리, 124 유계거리공간, 124 유계집합, 147 유도위상, 81 유도위상공간, 121 유리수집합, 44, 83 유사컴팩트, 177 유클리드거리, 115 유클리드위상, 41 유한교집합성질, 176 유한부분덮개, 164 유한공간, 38 유한위상공간, 38 유한집합, 241 응집점, 63 의사컴팩트, 179 이산거리, 115 이산공간, 18 이산위상, 18

290 290 찾아보기 일대일, 32 일대일대응, 240 일반화된 Heine-Borel 정리, 170, 191 자연수집합, 83 전단사, 32, 240 전사, 32 점, 63 점과닫힌집합을분리한다, 218 점들을분리한다, 218 점렬컴팩트, 177 점에서연속, 157 정규공간, 127, 174 정수집합, 44, 83 정칙공간, 85, 184 제1가산, 127 제1가산공리, 127 제1범주, 153 제2가산, 52, 221 제2가산공리, 52, 184, 221 제2범주, 153 조밀하다, 68 조밀한곳이없는, 152 증가수열, 138 진부분집합, 28 집적점, 63 집합사이의거리, 136 집합족적 Hausdorff, 224 첫조각위상, 23 초월수, 245 초컴팩트공간, 175 최대원, 75 최대하계, 75 최소상계공리, 75 최소원, 75 추이적관계, 87 축소함수, 148 축소함수정리, 149 컴팩텀, 196 컴팩트, 163, 164 컴팩트공간, 164 평균값정리, 150 폐포, 67 포화집합, 37 표면, 193 필요충분조건, 46 하계, 75 하반연속, 159 하한, 75 해석적집합, 142 화살표, 100 흩어져있다 (scattered), 224