함수의 극한 · Limits of Functions
문제. DEF 4.1과 THM 4.2에서 $p$는 $E$의 극한점이라고 가정하였다. $p \in E$이지만 $E$의 극한점이 아닌 경우에도 다음으로 $\lim_{x \to p} f(x) = q$를 정의할 수 있다: $q \in Y$이 존재하여 임의의 $\varepsilon > 0$에 대해 $\delta > 0$이 존재하여
인 $x$에 대해 $d_Y(f(x), q) < \varepsilon$.
이 정의하에서 다음이 성립하는지 증명하거나 반증하라: $\lim_{x \to p} f(x) = q \iff p_n \neq p$, $\lim p_n = p$인 $E$ 안의 모든 수열에 대해 $\lim f(p_n) = q$.
반증. 일반적으로 성립하지 않는다.
반례. $X = Y = \mathbb{R}$, $E = \{0\} \cup \{1\}$, $p = 0$, $f: E \to \mathbb{R}$을 $f(0) = 0$, $f(1) = 5$로 놓자. $p = 0$은 $E$의 극한점이 아니다 ($E$는 고립점만 가짐).
수정된 정의에서: $0 < d_X(x, 0) < \delta$인 $x \in E$는 $\delta < 1$이면 없다 (공집합). 따라서 "모든 그러한 $x$에 대해"는 자명하게 성립. 즉 임의의 $q \in \mathbb{R}$에 대해 정의가 성립. 특히 $q$가 유일하지 않음.
반면 "$p_n \neq p$, $p_n \to p$인 $E$ 안의 수열"은 존재하지 않는다 ($p_n \in E = \{0,1\}$이고 $p_n \neq 0$이면 $p_n = 1 \not\to 0$). 따라서 "모든 그러한 수열에 대해 $\lim f(p_n) = q$"도 자명하게 임의의 $q$에 대해 성립.
즉 이 경우 양쪽 모두 임의의 $q$에 대해 성립하므로 "동치"는 일단 명제 수준에서는 논리적으로 맞다. 그러나 극한의 유일성이 보장되지 않는다는 점이 본질적 문제이다. 극한 정의로서의 의미를 상실하므로 극한점 조건이 꼭 필요하다.
Problem. Under the extended definition (without $p$ being a limit point), does $\lim_{x \to p} f(x) = q$ iff $\lim f(p_n) = q$ for all sequences $\{p_n\}$ in $E$ with $p_n \neq p$ and $p_n \to p$?
Disprove. Take $E = \{0, 1\}$, $p = 0$ (not a limit point). Both sides are vacuously true for any $q$: on the function side, no $x \in E$ satisfies $0 < |x - 0| < \delta$ for small $\delta$; on the sequence side, no such sequence exists. So uniqueness of the limit fails, showing why the limit point hypothesis is necessary. $\square$
문제. 다음이 동치인가? 증명하거나 반증하라.
(i) $p_n \neq p$, $\lim p_n = p$인 $E$ 안의 모든 $\{p_n\}$에 대해 $\lim f(p_n) = q$.
(ii) $\lim p_n = p$인 $E$ 안의 모든 $\{p_n\}$에 대해 $\lim f(p_n) = q$.
반증. 일반적으로 동치가 아니다.
반례. $X = Y = \mathbb{R}$, $E = \mathbb{R}$, $p = 0$, $q = 1$, 그리고 함수
(i) 성립. $p_n \neq 0$, $\lim p_n = 0$인 임의의 $\{p_n\}$에 대해 모든 $n$에서 $f(p_n) = 1$. 따라서 $\lim f(p_n) = 1 = q$.
(ii) 불성립. 상수 수열 $p_n := 0$을 잡으면 $\lim p_n = 0 = p$이지만 $f(p_n) = 7$ ($\forall n$)이므로 $\lim f(p_n) = 7 \neq 1 = q$.
따라서 (i)은 성립하지만 (ii)는 성립하지 않는다. 즉 동치가 아니다.
해석. (i)은 $f(p)$ 값과 무관하고 (THM 4.2에 의해 $p$가 극한점이면 $\lim_{x \to p} f(x) = q$와 동치), (ii)는 $f(p) = q$를 추가로 요구한다 (사실상 $p$에서의 연속성에 해당).
Problem. Are (i) $\lim f(p_n) = q$ for all $p_n \neq p$, $p_n \to p$, and (ii) $\lim f(p_n) = q$ for all $p_n \to p$ equivalent?
Disprove. Take $E = \mathbb{R}$, $p = 0$, $q = 1$, $f(x) = 1$ for $x \neq 0$, $f(0) = 7$. For any $p_n \neq 0$ with $p_n \to 0$, $f(p_n) \equiv 1 \to 1 = q$ — (i) holds. But the constant $p_n \equiv 0$ has $p_n \to 0$ and $f(p_n) \equiv 7 \not\to 1$ — (ii) fails. Indeed, (ii) is equivalent to (i) plus $f(p) = q$, i.e. continuity at $p$. $\square$
문제. $X$가 거리 공간, $E \subset X$, $p$가 $E$의 극한점이라 하자. $E$ 안의 수열 $\{p_n\}$이 존재하여
임을 보여라 (참고: THM 2.80).
증명. $p$가 $E$의 극한점이므로 각 $n \in \mathbb{N}$에 대해 $N_{1/n}(p) \cap (E \setminus \{p\}) \neq \emptyset$. $p_n \in E$를 $0 < d(p, p_n) < 1/n$이 되도록 택한다. 특히 $p_n \neq p$.
EX 3.17에 의해 $\lim p_n = p$.
Problem. If $p$ is a limit point of $E$, show $\exists \{p_n\} \subset E$ with $p_n \neq p$ and $p_n \to p$.
For each $n$, pick $p_n \in E \setminus \{p\}$ with $d(p_n, p) < 1/n$. EX 3.17 gives $p_n \to p$. $\square$
문제. THM 4.8을 증명하라: $p$가 $E$의 극한점이면 $f$가 $p$에서 연속 $\iff \lim_{x \to p} f(x) = f(p)$.
($\Rightarrow$) $f$가 $p$에서 연속이라 하자. $\varepsilon > 0$을 주자. $\delta > 0$이 존재하여 $d_X(x, p) < \delta$이면 $d_Y(f(x), f(p)) < \varepsilon$. 특히 $0 < d_X(x, p) < \delta$인 경우에도 성립. 이는 정확히 $\lim_{x \to p} f(x) = f(p)$의 정의.
($\Leftarrow$) $\lim_{x \to p} f(x) = f(p)$라 하자. $\varepsilon > 0$을 주자. $\delta > 0$이 존재하여 $x \in E$, $0 < d_X(x, p) < \delta$이면 $d_Y(f(x), f(p)) < \varepsilon$.
$x = p$인 경우 $d_Y(f(p), f(p)) = 0 < \varepsilon$. 따라서 $d_X(x, p) < \delta$인 모든 $x \in E$에 대해 $d_Y(f(x), f(p)) < \varepsilon$. 즉 $f$가 $p$에서 연속.
Problem. Prove THM 4.8.
The only difference between continuity at $p$ and $\lim_{x \to p} f(x) = f(p)$ is whether $x = p$ is included. But $d_Y(f(p), f(p)) = 0 < \varepsilon$ always holds, so both are equivalent. $\square$
문제. $(X, d_X), (Y, d_Y)$가 거리 공간, $E \subset X$, $f: E \to Y$, $p \in E$ (극한점이 아닐 수 있음)라 하자. 다음이 동치임을 증명하라:
(i) $p_n \neq p$, $\lim p_n = p$인 $E$ 안의 모든 $\{p_n\}$에 대해 $\lim f(p_n) = f(p)$.
(ii) $\lim p_n = p$인 $E$ 안의 모든 $\{p_n\}$에 대해 $\lim f(p_n) = f(p)$.
증명. (ii) $\Rightarrow$ (i)는 자명 (조건이 더 강함).
(i) $\Rightarrow$ (ii): $\{p_n\}$이 $E$ 안의 수열이고 $\lim p_n = p$라 하자. 임의의 $\varepsilon > 0$에 대해 $N$이 존재하여 $n \geq N$이면 $|f(p_n) - f(p)| < \varepsilon$임을 보이면 된다.
집합 $A := \{n \in \mathbb{N} : p_n \neq p\}$로 두 경우로 나눈다.
(Case 1) $A$가 유한. $N_0 := \max A + 1$ ($A = \emptyset$이면 $N_0 := 1$)로 놓으면 모든 $n \geq N_0$에서 $p_n = p$, 따라서 $f(p_n) = f(p)$, $|f(p_n) - f(p)| = 0 < \varepsilon$. 즉 $N := N_0$이면 충분.
(Case 2) $A$가 무한. $A$의 원소를 증가 순으로 나열하여 $A = \{n_1 < n_2 < n_3 < \cdots\}$ (EX 3.10에 의해 가능). $q_k := p_{n_k}$로 놓으면 $q_k \neq p$ ($\forall k$). 또한 $\{q_k\}$는 $\{p_n\}$의 부분수열이므로 $\lim q_k = p$. (i)에 의해 $\lim_k f(q_k) = f(p)$.
따라서 $K$가 존재하여 $k \geq K$이면 $|f(q_k) - f(p)| < \varepsilon$. $N := n_K$로 놓자. 임의의 $n \geq N$에 대해:
• $n \notin A$이면 $p_n = p$, $|f(p_n) - f(p)| = 0 < \varepsilon$.
• $n \in A$이면 $n = n_k$인 $k$가 존재. $n \geq N = n_K$이므로 $n_k \geq n_K$, 즉 $k \geq K$. 따라서 $|f(p_n) - f(p)| = |f(q_k) - f(p)| < \varepsilon$.
어느 경우든 $|f(p_n) - f(p)| < \varepsilon$. 즉 $\lim f(p_n) = f(p)$.
Problem. Prove (i) $\iff$ (ii) where (i) is convergence of $f(p_n)$ for $p_n \neq p$, $p_n \to p$, and (ii) for all $p_n \to p$ (regardless of $p_n = p$), both to $f(p)$.
(ii) $\Rightarrow$ (i) is immediate. For (i) $\Rightarrow$ (ii), let $A := \{n : p_n \neq p\}$.
Case 1: $A$ finite. For $n > \max A$, $p_n = p$, so $f(p_n) = f(p)$.
Case 2: $A$ infinite. List $A = \{n_1 < n_2 < \cdots\}$; the subsequence $q_k := p_{n_k}$ has $q_k \neq p$ and $q_k \to p$, so (i) gives $f(q_k) \to f(p)$. Given $\varepsilon$, pick $K$ with $|f(q_k) - f(p)| < \varepsilon$ for $k \geq K$; for $n \geq n_K$, either $p_n = p$ (so equal) or $n = n_k$ with $k \geq K$. Either way $|f(p_n) - f(p)| < \varepsilon$. $\square$
문제. $X, Y$가 집합, $f: X \to Y$가 함수라 하자. 다음을 증명하라:
(a) $\{U_\alpha : \alpha \in A\} \subset 2^X$에 대해 $f\left(\bigcup_\alpha U_\alpha\right) = \bigcup_\alpha f(U_\alpha)$.
(b) $\{V_\alpha : \alpha \in A\} \subset 2^Y$에 대해 $f^{-1}\left(\bigcup_\alpha V_\alpha\right) = \bigcup_\alpha f^{-1}(V_\alpha)$.
(c) $U \subset X$에 대해 $U \subset f^{-1}(f(U))$.
(d) $V \subset Y$에 대해 $f(f^{-1}(V)) \subset V$.
또한 $f(f^{-1}(V)) = V$와 $U = f^{-1}(f(U))$가 일반적으로 성립하지 않음을 반증하고, 성립하는 조건을 찾으라.
(a) $y \in f(\bigcup U_\alpha)$ $\iff$ $\exists x \in \bigcup U_\alpha$ s.t. $f(x) = y$ $\iff$ $\exists \alpha, \exists x \in U_\alpha$ s.t. $f(x) = y$ $\iff$ $\exists \alpha$ s.t. $y \in f(U_\alpha)$ $\iff$ $y \in \bigcup f(U_\alpha)$.
(b) $x \in f^{-1}(\bigcup V_\alpha)$ $\iff$ $f(x) \in \bigcup V_\alpha$ $\iff$ $\exists \alpha, f(x) \in V_\alpha$ $\iff$ $\exists \alpha, x \in f^{-1}(V_\alpha)$.
(c) $x \in U$이면 $f(x) \in f(U)$이므로 $x \in f^{-1}(f(U))$.
(d) $y \in f(f^{-1}(V))$이면 $\exists x \in f^{-1}(V)$ s.t. $y = f(x)$. $x \in f^{-1}(V)$이므로 $f(x) \in V$, 즉 $y \in V$.
$f(f^{-1}(V)) = V$ 반증. $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$, $f(x) = x^2$, $V = \{-1, 1\}$. $f^{-1}(V) = \{-1, 1\}$, $f(f^{-1}(V)) = \{1\} \neq V$. 성립 조건: $f$가 전사(onto)이면 $V \subset f(X) = \text{range}(f)$ 내에서 $f(f^{-1}(V)) = V$ 성립. 더 강하게 $V \subset f(X)$이면 충분.
$U = f^{-1}(f(U))$ 반증. 위의 예 $f(x) = x^2$, $U = \{1\}$. $f(U) = \{1\}$, $f^{-1}(f(U)) = \{-1, 1\} \neq U$. 성립 조건: $f$가 1-1(단사)이면 $f^{-1}(f(U)) = U$.
Problem. Prove the four properties (a)-(d) for unions and images/preimages, and find conditions for $f(f^{-1}(V)) = V$ and $f^{-1}(f(U)) = U$.
(a)-(d): standard set manipulations. $f(f^{-1}(V)) = V$ iff $V \subset f(X)$ (holds if $f$ onto). $f^{-1}(f(U)) = U$ iff $f$ is injective on $U$ (holds if $f$ 1-1). Counterexamples: $f(x) = x^2$, $V = \{-1, 1\}$, $U = \{1\}$. $\square$
문제. $(X, d_X), (Y, d_Y)$가 거리 공간, $f: X \to Y$가 사상, $X$가 콤팩트라 하자. 다음을 증명하거나 반증하라:
(a) $f$가 $X$에서 유계.
(b) 집합 $\{f(x) : x \in X\} = f(X)$가 $Y$에서 닫힘.
주의. 문제에는 $f$의 연속성 가정이 없음. 따라서 반례가 가능.
(a) 반증. $X = [0,1]$, $Y = \mathbb{R}$, $f(x) = 1/x$ ($x \neq 0$), $f(0) = 0$. $X$는 콤팩트이지만 $f$는 유계가 아님. (연속이 아님을 주의: $f$는 $0$에서 불연속.)
(b) 반증. $X = [0, 1]$, $Y = \mathbb{R}$, $f(x) = x$ ($x \neq 0$), $f(0) = 2$. $f(X) = (0, 1] \cup \{2\}$. 이 집합은 $0$이 극한점이지만 $0 \notin f(X)$이므로 닫혀있지 않다.
보완. $f$가 연속이면 (a), (b) 모두 성립 (COR 4.18 + THM 4.17 + THM 2.63).
Problem. If $X$ compact, $f: X \to Y$ a map (not necessarily continuous), are (a) $f$ bounded, (b) $f(X)$ closed?
Disprove both. Without continuity, neither holds. (a) $f(x) = 1/x$, $f(0) = 0$ on $[0,1]$. (b) $f(x) = x$, $f(0) = 2$ on $[0,1]$; image not closed. With continuity, both hold. $\square$
문제. LEM 4.21(b)를 증명하라: $E \subset \mathbb{R}$, $E \neq \emptyset$이면 $E$ 안의 수열 $\{q_n\}$이 존재하여 $\lim q_n = \inf E$.
증명.
(Case 1) $\inf E \in \mathbb{R}$. 각 $n \in \mathbb{N}$에 대해 LEM 3.37(b)로 $q_n \in E$가 존재하여 $\inf E \leq q_n < \inf E + 1/n$. 따라서 $|q_n - \inf E| < 1/n$이고 EX 3.17에 의해 $\lim q_n = \inf E$.
(Case 2) $\inf E \notin \mathbb{R}$. $E \neq \emptyset$이므로 $\inf E = -\infty$. 임의의 $n$에 대해 $-n$은 $E$의 하계가 아니므로 $q_n \in E$가 존재하여 $q_n < -n$. 모든 $M < 0$에 대해 $n \geq |M|$이면 $q_n < -n \leq M$, 즉 $\lim q_n = -\infty$.
Problem. Prove LEM 4.21(b).
If $\inf E \in \mathbb{R}$: pick $q_n \in E$ with $|q_n - \inf E| < 1/n$ via LEM 3.37(b). If $\inf E = -\infty$: pick $q_n < -n$. $\square$
문제. $X$가 거리 공간, $E \subset X$, $\{a_n\}$이 $E$ 안의 수열, $a \in X$라 하자. $\lim a_n = a$이고 $\{a_n : n \in \mathbb{N}\}$이 무한이면 $a$가 $E$의 극한점임을 보여라.
증명. $\varepsilon > 0$을 임의로 주자. $N_\varepsilon(a) \cap (E \setminus \{a\}) \neq \emptyset$임을 보이면 된다.
$\lim a_n = a$이므로 $N \in \mathbb{N}$이 존재하여, $n \geq N$이면 $a_n \in N_\varepsilon(a)$이다.
집합 $\{a_n : n \in \mathbb{N}\}$이 무한이므로, 유한 개의 항만 제외한 $\{a_n : n \geq N\}$도 무한이다. 만약 $n \geq N$인 모든 항이 $a_n = a$라면 $\{a_n : n \geq N\} = \{a\}$가 유한이 되어 모순이다. 따라서 $a_n \neq a$인 $n \geq N$이 존재하고, 이때 $a_n \in N_\varepsilon(a) \cap (E \setminus \{a\})$이다.
$\varepsilon > 0$이 임의였으므로 $a$는 $E$의 극한점이다.
Problem. If $\{a_n\} \subset E$, $a_n \to a$, and range $\{a_n\}$ is infinite, show $a$ is a limit point of $E$.
For $\varepsilon > 0$, find $N$ with $a_n \in N_\varepsilon(a)$ for $n \geq N$. Since range is infinite, $\{a_n : n \geq N\}$ contains some $a_m \neq a$ in $N_\varepsilon(a) \cap E$. $\square$
문제. $E \subset \mathbb{R}$, $E \neq \emptyset$, $\inf E \in \mathbb{R}$이면 $\inf E \in \overline{E}$임을 보여라.
증명. LEM 4.21(b)에 의해 $E$ 안의 수열 $\{q_n\}$이 존재하여 $\lim q_n = \inf E$.
(Case 1) $\{q_n : n \in \mathbb{N}\}$이 무한. EX 4.24에 의해 $\inf E$는 $E$의 극한점, 즉 $\inf E \in E' \subset \overline{E}$.
(Case 2) $\{q_n : n \in \mathbb{N}\}$이 유한. $\{q_n\} = \{\tilde q_1, \ldots, \tilde q_N\} \subset E$. $\min\{\tilde q_i\} = q_{n_0}$으로 놓자. 모든 $n$에 대해 $q_n \geq \min\{\tilde q_i\}$이므로 LEM 4.22에 의해 $\inf E = \lim q_n \geq \min\{\tilde q_i\}$. 한편 $\min\{\tilde q_i\} \in E$이고 $\inf E$는 $E$의 하계이므로 $\inf E \leq \min\{\tilde q_i\}$. 따라서 $\inf E = \min\{\tilde q_i\} \in E \subset \overline{E}$.
Problem. Prove $\inf E \in \overline{E}$ when $\inf E \in \mathbb{R}$.
$q_n \to \inf E$ with $q_n \in E$ (LEM 4.21(b)). If range infinite, $\inf E$ is a limit point (EX 4.24). If finite, $\inf E = \min\{q_n\} \in E$ by LEM 4.22. $\square$
문제. THM 4.27을 THM 3.14와 COR 4.10를 이용하여 (THM 4.17 대신) 증명하라.
증명. $f(p) = M = \sup f$ 부분만 증명 ($\inf$는 LEM 4.21(b)로 대칭).
단계 1: 수열 구성. LEM 4.21(a)에 의해 $f(X) \subset \mathbb{R}$ 안의 수열 $\{a_n\}$이 존재하여 $\lim a_n = \sup f(X) = M$ (확장 실수계에서). 각 $a_n \in f(X)$이므로 $a_n = f(p_n)$인 $p_n \in X$가 존재.
단계 2: 점열적 콤팩트성 적용. $X$가 콤팩트이므로 THM 3.14에 의해 점열적 콤팩트. $\{p_n\}$의 부분수열 $\{p_{n_i}\}$와 $p \in X$가 존재하여 $\lim p_{n_i} = p$.
단계 3: 연속성 적용. $f$가 $p$에서 연속이므로 COR 4.10에 의해 $\lim_i f(p_{n_i}) = f(p)$. 특히 $f(p) \in \mathbb{R}$ (유한).
단계 4: $M = f(p) \in \mathbb{R}$ 결론. $\{f(p_{n_i})\} = \{a_{n_i}\}$는 $\{a_n\}$의 부분수열이다.
• 만약 $M = +\infty$이면 $\lim a_n = +\infty$ (DEF 4.20), 부분수열도 $\lim a_{n_i} = +\infty$. 그러나 $\lim a_{n_i} = f(p) \in \mathbb{R}$ (유한). $\mathbb{R}$의 점에 수렴하는 수열은 임의의 $M_0$에 대해 $a_{n_i} \geq M_0$이 모든 $i$에서 성립할 수 없으므로(궁극적으로 $|a_{n_i} - f(p)| < 1$이어야 함) 모순.
• 따라서 $M \in \mathbb{R}$. 이제 $\lim a_n = M \in \mathbb{R}$이고 부분수열 $\lim a_{n_i} = M$. 한편 $\lim a_{n_i} = f(p)$. THM 3.4(b) (수열 극한의 유일성)에 의해 $f(p) = M$.
Problem. Prove THM 4.27 using THM 3.14 and COR 4.10 instead of THM 4.17.
LEM 4.21(a): $a_n = f(p_n) \to M = \sup f(X)$ in $\overline{\mathbb{R}}$. THM 3.14 gives a subsequence $p_{n_i} \to p \in X$, and COR 4.10 gives $f(p_{n_i}) \to f(p) \in \mathbb{R}$. If $M = +\infty$, then $a_{n_i} \to +\infty$, contradicting $a_{n_i} = f(p_{n_i}) \to f(p) \in \mathbb{R}$. So $M \in \mathbb{R}$, and uniqueness (THM 3.4(b)) gives $f(p) = M$. $\square$
문제. $X$가 거리 공간, $f: X \to \mathbb{R}$, $M = \sup_{p \in X} f(p)$, $m = \inf_{p \in X} f(p)$이라 하자. 다음 네 명제를 증명하거나 반증하라:
(a) $f$가 $X$에서 유계이면 $p, q \in X$가 존재하여 $f(p) = M$, $f(q) = m$.
(b) 집합 $\{f(p) : p \in X\}$가 닫힘이면 $p, q \in X$가 존재하여 $f(p) = M$, $f(q) = m$.
(c) $\{f(p)\}$가 닫혀있고 위로 유계이면 $p \in X$이 존재하여 $f(p) = M$.
(d) $\{f(p)\}$가 닫혀있고 아래로 유계이면 $q \in X$이 존재하여 $f(q) = m$.
(a) 반증. $X = (0, 1)$, $f(x) = x$ ($X$를 거리 공간으로, $f: X \to \mathbb{R}$). $f$는 $X$에서 유계이지만 $M = \sup f = 1$, $m = \inf f = 0$이고 $1, 0 \notin X = (0,1)$이므로 $f(p) = M$이나 $f(q) = m$인 $p, q \in X$가 존재하지 않는다.
(b) 반증. $X = \mathbb{R}$, $f(x) = x$. $f(X) = \mathbb{R}$은 $\mathbb{R}$에서 닫혀있다. 그러나 $M = \sup f(X) = +\infty$이므로 $f(p) = M$를 만족하는 $p \in X$는 존재할 수 없다 ($f: X \to \mathbb{R}$의 값은 항상 유한).
(c) 증명. $f(X) \subset \mathbb{R}$이 위로 유계이므로 $M = \sup f(X) \in \mathbb{R}$. $f(X)$가 닫혀있으므로 $f(X) = \overline{f(X)}$. LEM 4.25에 의해 $M \in \overline{f(X)} = f(X)$. 따라서 $f(p) = M$인 $p \in X$가 존재.
(d) 증명. (c)와 대칭. EX 4.26과 LEM 4.25에 의해 $m \in \overline{f(X)} = f(X)$, 즉 $f(q) = m$인 $q \in X$가 존재.
Problem. For (a) $f$ bounded, (b) $f(X)$ closed, (c) closed+bounded above, (d) closed+bounded below, does the EVT conclusion hold?
(a) False: $f(x) = x$ on $(0,1)$ — bounded, but $\sup = 1$, $\inf = 0$ are not attained. (b) False: $f(x) = x$ on $\mathbb{R}$ — $f(X) = \mathbb{R}$ closed, but $M = +\infty$, so no $p$ with $f(p) = M$. (c) True: $M = \sup f(X) \in \mathbb{R}$ (bounded above), and $M \in \overline{f(X)} = f(X)$ (LEM 4.25 + closed). (d) True, symmetric to (c). $\square$
문제. COR 4.30을 증명하라.
증명. $X$ 콤팩트, $f: X \to \mathbb{R}$ 연속. THM 4.27에 의해 $p, q \in X$가 존재하여 $f(p) = \sup f(X)$, $f(q) = \inf f(X)$.
$f(p) \in f(X)$이고 $\forall x \in X$, $f(x) \leq \sup f(X) = f(p)$. 따라서 $f(p) = \max f(X)$ 존재.
유사하게 $f(q) = \min f(X)$ 존재.
Problem. Prove COR 4.30.
THM 4.27 gives $p, q$ with $f(p) = \sup$, $f(q) = \inf$. Both are achieved in $f(X)$, so they are $\max f$ and $\min f$. $\square$
문제. $b \in (0, \infty)$이라 하자. $\log x$가 $(0, b)$에서 균등연속이 아님을 보여라. 다음 성질을 사용할 수 있다: (1) $\log x - \log y = \log(x/y)$ ($\forall x, y > 0$); (2) $\lim_{x \downarrow 0} \log x = -\infty$, 즉 모든 $M < 0$에 대해 $\delta > 0$이 존재하여 $0 < x < \delta$이면 $\ln x < M$이다.
증명. 귀류법으로 $\log$가 $(0, b)$에서 균등연속이라 하자. $\varepsilon := 1 > 0$에 대해 $\delta > 0$이 존재하여 $x, y \in (0, b)$와 $|x - y| < \delta$이면
$N := 2$로 놓고, $t := \tfrac{1}{2}\min\{\delta, b\} > 0$을 잡자. 그리고
$0 < y < x = t < b$이므로 $x, y \in (0, b)$. 또한
그러나 성질 (1)에 의해
이는 균등연속 가정에 모순. 따라서 $\log x$는 $(0, b)$에서 균등연속이 아니다.
참고. 성질 (2) ($\lim_{x \downarrow 0} \log x = -\infty$)는 직접 사용하지 않았지만, 본질적으로 같은 현상의 표현이다: $0$ 근처에서 $\log$의 기울기가 무한히 커지므로 작은 $|x-y|$로도 임의로 큰 $|\log x - \log y|$를 만들 수 있다.
Problem. Show $\log x$ is not uniformly continuous on $(0, b)$.
Suppose UC with $\varepsilon = 1$: $\exists \delta > 0$. Take $t = \tfrac{1}{2}\min\{\delta, b\}$, $x = t$, $y = e^{-2} t$; both in $(0,b)$. Then $|x - y| = t(1 - e^{-2}) < \delta$, but $|\log x - \log y| = |\log e^2| = 2 > 1$ by property (1). Contradiction. $\square$