컴팩트성은 학부 수준의 수학을 공부할 때 정말 까다롭고 난해한 관문 중 하나입니다. 해석학 후반부에서 등장하긴 하지만 유클리드 공간의 컴팩트성에 제한된 것이고 제대로 된 깊이를 느끼려면 위상수학까지 달려와야 합니다. 또한 위상수학에서도 위상에 대한 기본 지식과 실직선의 특징을 낱낱히 분석했어야 정확한 뜻을 알 수 있는 수준에 도달하는 것이 가능합니다.
컴팩트성을 이해할 때 핵심이 되는 개념은 위상 자체보다도 '덮개'를 잘 찾는 것입니다. 제시된 집합이 어떤 유한집합으로 덮어지는지에 초점을 맞추어 상상하는 것이 학습과 이해에 있어 나름의 도움이 될 것이라 믿습니다.
1. 덮개, 부분덮개, 컴팩트
정의($T.P$) 6-1) 덮개
위상공간 $(X,\mathcal{T})$ 를 생각하자.
① 위상공간 $X$ 의 덮개
$X$ 의 부분집합들의 모임 $\mathcal{A}=\{ A_\alpha\}_{\alpha\in I}$ 가 $X=\displaystyle \bigcup_{\alpha\in I}^{}A_\alpha$ 를 만족하는 경우, $\mathcal{A}$ 를 $X$ 의 '덮개(covering)'이라고 하고 $\mathcal{A}$ 는 $X$ 를 '덮는다(cover)'고 한다.
만일 모든 $X$ 의 열린 부분집합들만의 모임을 생각하는 경우, 이를 $\mathcal{O}=\{ U_\alpha\}_{\alpha\in I}$ 로 적고 $X=\displaystyle \bigcup_{\alpha\in I}^{}U_\alpha$ 가 성립하는 경우 $\mathcal{O}$ 는 $X$ 의 '열린덮개(open covering)'이라고 한다.
② 위상공간의 부분집합 $A\subset X$ 의 덮개
$A\subset X$ 를 생각하자. 어떤 $X$ 의 열린 부분집합으로 이루어진 모임 $\mathcal{O}=\{ U_\alpha\}_{\alpha\in I}$ 에 대하여 $A\subseteq \displaystyle \bigcup_{\alpha\in I}^{}U_\alpha$ 가 성립하는 경우 $\mathcal{O}$ 는 $A$ 의 '열린덮개(open covering)'이라고 한다.
정의($T.P$) 6-2) 부분덮개
위상공간 $(X,\mathcal{T})$ 에 대해 주어진 부분집합 $A\subseteq X$ 의 열린덮개 $\mathcal{O}=\{ U_{\alpha} \}_{\alpha\in I}$ 에서 유도되는 '부분덮개(subcovering)'란, 유한 부분집합 $J= \{ \alpha_1, \cdots, \alpha_n\} \subseteq I$ 이 존재하여 이들을 인덱스 집합으로 삼아
$$A\subseteq \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j}$$ 가 성립하는 것이다. 이는 곧 열린덮개의 부분모임 $\mathcal{O}'=\{U_{\alpha_j} \}_{\alpha_j\in J}^{}\subset \mathcal{O}$ 이 존재하여,
$$A\subseteq \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j}=\bigcup_{}^{}\mathcal{O}'$$ 을 만족할 때를 말한다.
우선적으로 구분해야 할 것은 위상공간의 덮개와 위상공간의 부분집합의 덮개에 관한 것입니다. 위상공간의 덮개의 의미는 직관적이라 쉽습니다. $X$ 의 부분집합들을 적당히 모아 합집합 하였을 때 $X$ 를 만들 수 있으면 되는 것입니다. 예를 들어 $X=\{ 1,2,3,4,5\}$ 이고 $A=\{ 1,2,\}$, $B=\{ 1,4,5\}$, $C=\{3,5 \}$ 인 경우 $A\cup B\neq X$ 이지만 $A\cup B\cup C=X$ 가 되므로, 어떤 모임 $\mathcal{A}= \{ A,B,C\}$ 는 $X$ 의 덮개가 되는 것입니다. 반면, 위상공간 $X$ 의 부분집합 $A\subset X$ 의 덮개란, 적당한 열린집합들을 합집합해서 $A$ 와 같지 않고 포함관계만 성립하는 상황이어도 충분합니다.1 물론, 부분집합을 덮을 때도 정의 상 기호는 $\subseteq $ 로 적어두었기 때문에 설령 등호가 성립하더라도 덮개 개념이 성립하는 것은 맞습니다.
우리는 위상을 생각할 것이기에 주로 열린덮개에 관심이 있는 경우가 대부분입니다. 또한 부분덮개는, 그러한 열린덮개로부터 유한개의 열린집합을 뽑아서 덮을 수 있을 때 붙여주는 말입니다. '유한개'라는 말이 매우 매우 중요합니다. 여기까지 이해가 되었으면 이제 컴팩트를 정의할 차례가 왔습니다.
정의($T.P$) 6-3) 컴팩트성
위상공간 $(X,\mathcal{T}$) 를 생각하자.
① 위상공간 $X$ 의 모든 열린덮개가 유한 부분덮개를 가지면, $X$ 를 '컴팩트/콤팩트/옹골(compact)'하다고 한다. 즉, $X=\displaystyle \bigcup_{\alpha\in I}^{}U_\alpha$ 가 되는 열린집합들로 이루어진 모든 모임 $\mathcal{O}=\{ U_\alpha\}_{\alpha\in I}$2 에 대하여 $X= \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j}$ 를 만족하는 유한 부분모임 $\{ U_{\alpha_1},\cdots , U_{\alpha_n} \}=\mathcal{O}'\subseteq \mathcal{O}$ 가 존재한다는 것을 뜻한다.
② 위상공간 $X$ 의 부분집합 $A\subset X$ 의 모든 열린덮개가 유한 부분덮개를 가지면, $A$ 를 '컴팩트/콤팩트/옹골(compact)'하다고 한다. 즉, $A\subseteq \displaystyle \bigcup_{\alpha\in I}^{}U_\alpha$ 가 되는 열린집합들로 이루어진 모든 모임 $\mathcal{O}=\{ U_\alpha\}_{\alpha\in I}$ 에 대하여 $A\subseteq \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j}$ 를 만족하는 유한 부분모임 $\{ U_{\alpha_1},\cdots , U_{\alpha_n} \}=\mathcal{O}'\subseteq \mathcal{O}$ 가 존재한다는 것을 뜻한다.
정의($T.P$) 6-4) 부분공간의 컴팩트성
위상공간 $(X,\mathcal{T})$ 의 부분공간 $Y$ 를 고려하자. $X$ 에서 열린집합들로 이루어진 $Y$ 의 모든 열린덮개가 유한 부분덮개를 가질 때, 부분공간 $Y$ 를 컴팩트하다고 한다.
컴팩트성의 정의는 위와 같습니다. 부를 때는 컴팩트, 콤팩트 등으로 쓰도록 하겠습니다. 때때로 옹골집합이라는 말을 쓸 수도 있습니다. 아무튼, 이 개념에 대해 주의할 점이 두 가지 있습니다.
▶ 첫째, 컴팩트성을 따질 때는 부분덮개가 '유한'해야 한다는 점, 즉 유한집합이어야 한다는 것입니다. 열린덮개 $\mathcal{O}$ 는 무한집합일 수 있어도, 거기서 유한개의 열린집합을 뽑아 만든 열린 부분덮개 $\mathcal{O}'$ 은 반드시 유한집합이어야 합니다. 물론, 그냥 제시된 열린덮개인 $\mathcal{O}$ 는 유한집합이든, 무한집합이든지 상관이 없습니다.
▶ 둘째, 덮개가 '열린'덮개여야 합니다. 그리고 덮개와 부분덮개를 잘 구분해야 합니다. 이러한 점들은 이미 덮개를 설명할 때 한 차례 강조한 바가 있지요. 그런데 컴팩트성의 정의를 잘 보면, $\mathcal{O}'\subseteq \mathcal{O}$ 라 적어 두었습니다. 여기서 기호로 $\subset$, 곧 등호를 배제하는 진부분집합 기호를 사용하는 것은 적절하지 않습니다. 왜냐하면, 만일 열린덮개 $\mathcal{O}$ 자체가 유한집합인 경우에는 자기자신이 부분덮개로 작용할 수도3
예제 1) [덮개, 열린덮개, 부분 열린덮개, 컴팩트성을 한 번에 이해하기] 보통위상이 부여된 위상공간 $X=\mathbb{R}$ 과 그것의 부분집합 $A=[0,1]$ 을 생각하자. 그리고 $\mathcal{O}=\left\{ \left( -1,\displaystyle \frac{1}{2} \right),\left( -\displaystyle \frac{1}{2},\displaystyle \frac{3}{2} \right),\left( 0,2 \right) \right\}$ 를 생각한다. 이것이 $A$ 의 열린덮개임은 쉽게 확인할 수 있을 것이다. $A$ 는 컴팩트한가?
Sol) $A$ 가 컴팩트함을 보이려면, 유한 열린 부분덮개 $\mathcal{O}'\subset \mathcal{O}$ 를 찾을 수 있어야 한다. 우선 제시된 $\mathcal{O}$ 가 열린덮개인 것은 확실하다. 아래와 같이
$$A \subseteq \left\{ \left( -1, \displaystyle \frac{1}{2}\right),
\left( -\displaystyle \frac{1}{2}, \displaystyle \frac{3}{2} \right),(0,2) \right\}=\mathcal{O}$$
가 성립하기 때문이다. 그 다음으로, 유한 열린 부분덮개가 존재하는지 살펴보면
$$A \subseteq \left\{ \left( -1, \displaystyle \frac{1}{2} \right),\left( \displaystyle \frac{1}{2},\displaystyle \frac{3}{2} \right) \right\}:=\mathcal{O}'$$
이기 때문에, 존재함을 알 수 있습니다. 따라서 우리의 $A=[0,1]$ 은 컴팩트하다. $_\blacksquare$
예제 2) 자명위상이 부여된 위상공간 $(X,\mathcal{T}_d)$ 는 반드시 컴팩트하다. 이유가 무엇인가?
Sol) $\mathcal{T}_d=\{ \emptyset, X\}$ 자체가 열린덮개의 역할을 한다. 그러면 여기서 $X$ 의 열린덮개를 구성하려면 반드시 $X$ 를 포함하는 집합이어야 하므로 열린덮개는 위상 $\mathcal{T}$ 와 $\{ X\}$ 뿐이라 할 수 있다. 둘 중 어느 경우더라도 유한 열린 부분덮개를 $\{ X\}$ 로 선택할 수 있다. $X\subseteq \{ X\}$ 가 성립하기 떄문이다. 고로 자명위상이 부여될 때 위상공간 $(X,\mathcal{T}_d)$ 는 콤팩트하다. $_\blacksquare$
예제 3) 임의의 유한집합 $X$ 는 콤팩트하다. 이유가 무엇인가?
Sol) $X$ 에 임의의 위상 $\mathcal{T}$ 가 부여되어4 위상공간 $(X,\mathcal{T})$ 가 주어졌다고 해보자. 그런데 위상공간은 위상의 공리에 의해 자기 자신을 열린집합으로 포함하기 때문에 자기 자신 자체만을 포함하는 집합을 고려하면 그것이 바로 열린덮개이다. 그리고 자기 자신 $X$ 는 열린집합이고, 가정에 따라 유한집합이므로, $X\subset X$ 가 자명하다. 따라서 $\{ X\}$ 자체가 유한 열린 부분덮개이므로 유한집합인 위상공간 $X$ 는 컴팩트하다. $_\blacksquare$
예제 4) 집합 $X$ 에 임의의 위상 $\mathcal{T}$ 가 부여되었는데 $\mathcal{T}$ 는 유한집합이라고 하자. 그러면 $(X,\mathcal{T})$ 는 반드시 컴팩트하다. 그 이유가 무엇인가?
Sol) 위상의 공리에 따라 $X\in \mathcal{T}$ 인 것이 자명하다. 가정에 의해 $\mathcal{T}$ 가 유한집합이므로 이 위상 자체가 $X$ 의 열린덮개이다. 아니면 어떤 $X$ 의 진부분집합들로 이루어진 열린덮개가 존재할 수도 있다. 그러면 이 $\mathcal{T}$ 자체를 유한 열린 부분덮개로 취급해도 좋고, 아니면 적당한 열린집합들을 뽑아서 $X$ 를 만들 수도 있으며(왜냐하면 어차피 $\mathcal{T}$ 의 원소인 열린집합들은 $X$ 의 적당한 원소들을 가지고 만드는 것이므로) 아니면 $\{ X\}$ 자체를 유한 열린 부분덮개로 취급해도 된다. 그러므로 $X$ 는 컴팩트하다. $_\blacksquare$
예제 5) 유한여위상(finite complement topology) $\mathcal{T}_f = \{ \emptyset\} \cup \{ U\subseteq X\mid X-U\;\text{is finite}\}$ 이 부여된 실직선 $\mathbb{R}$ 이 컴팩트함을 보여라.
Sol) $\mathbb{R}$ 의 열린덮개를 $\mathcal{O}$ 라 하자. 즉 $\mathcal{O}=\{ U_i\}_{i\in I}$ 이면서 $\mathbb{R}=\displaystyle \bigcup_{i\in I}^{}U_i$ 가 성립한다. 이때 한 $O_i\in \mathcal{O}$ 를 생각하면, $O_i$ 는 유한한 $N$ 개의 점을 제외한 모든 실수를 포함한다. 그러면 이 $N$ 개 의 점을 하나씩 포함하는 열린집합들을 $\mathcal{O}$ 에서 정확히 $N$ 개 선택하고, 처음에 뽑았던 $O_i$ 까지 합치면 이 $N+1$ 개의 열린집합들은 $\mathcal{O}$ 에서 유도되면서 실직선을 덮기 때문에 열린 부분덮개에 해당한다. 따라서 유한여위상이 부여된 $\mathbb{R}$ 은 컴팩트하다. $_\blacksquare$
예제 6) [중요] (보통위상이 부여된)(실직선 $\mathbb{R}$ 은 컴팩트한가?
Sol) 열린덮개부터 먼저 찾아보면 $\mathbb{R}=\mathcal{O}=\left\{ \left( -n,n \right)\mid n\in\mathbb{N} \right\}$ 으로 열린덮개는 무한집합이다. 그런데 여기서 유한한 열린집합 몇 개를 뽑아 실직선을 뒤덮을 수가 없다. 따라서 유한 열린 부분덮개를 찾을 수 없으므로, 실직선은 컴팩트하지 않다. $_\blacksquare$
이 예제를 보면 하나 생각해볼만한 것이 있는데, 원래 컴팩트하다는 것은 '모든' 열린덮개가 각각 저마다의 유한 열린 부분덮개를 찾을 수 있다는 것을 뜻합니다. 그러니 컴팩트하지 않음을 보여주려면, 물론 모든 열린덮개가 다 유한 열린 부분덮개를 가지지 않는다는 것을 보여줘도 되지만 번거롭게 그럴 필요 없이 적어도 하나의 열린덮개가 유한한 열린 부분덮개를 가지지 않는다는 것만 보여주면 된다는 것입니다. 이 예제에서도 그러한 예시를 하나 들어서 증명을 한 것이며, 제가 든 $\mathbb{O}$ 외에 다른 방법으로 열린덮개를 하나 찾은 다음 그것이 유한 열린 부분덮개를 가지지 않는다는 방식으로 증명을 해도 상관은 없습니다. 예컨대 $\mathbb{R}=\mathcal{O}=\left\{ \left( n,n+100 \right)\mid n\in\mathbb{N} \right\}$ 이런 식으로 열린덮개를 잡더라도, 이것이 유한 열린 부분덮개를 가지지 않는다고 설명해서 위 예제를 풀 수 있다는 뜻입니다.
또한 중요한 점은, 같은 집합이라고 해도 어떤 위상이 부여되는지에 따라 컴팩트성의 여부가 달라질 수 있다는 것입니다. 예를 들어 실직선 $\mathbb{R}$ 에 유한여위상을 부여하면 예제 5)에서와 같이 $\mathbb{R}$ 은 컴팩트했지만, 이 문제에서 본 바와 같이 보통위상이 부여된 경우에는 컴팩트하지 않음을 알 수 있습니다. 직관적으로 볼 때 위상이 부여되는 방식에 따라 열린집합이 결정되는 것이기 때문에, 서로 다른 열린집합들의 모음으로 위상공간을 덮을 수 있는지의 여부도 달라질 것임을 예상할 수 있습니다.
예제 7) 열린구간 $(0,1)$ 은 컴팩트한가?
Sol) 보통위상이 부여된 상황인 셈이다. 열린덮개를 적당히 하나 찾아보자. 그러면 $(0,1)=\mathcal{O}=\left\{ \left( \displaystyle \frac{1}{n},1 \right)\middle| n\in\mathbb{N} \right\}$ 이 성립한다. 그러나 여기서 유한한 열린집합 몇 개를 적당히 뽑아 $(0,1)$ 을 뒤덮을 수는 없다. 즉 유한 열린 부분덮개를 찾을 수 없으므로, $(0,1)$ 은 컴팩트하지 않다. 비슷한 이유로 (0,1] 이나 [0,1) 또한 컴팩트하지 않다. $_\blacksquare$
예제 8) 유클리드 공간 $\mathbb{R}^n\;(n\in\mathbb{N})$ 은 컴팩트한가?
Sol) 컴팩트하지 않다. 열린덮개 $\mathbb{R}=\mathcal{O}=\{ B(a,r)\}_{r=1}^{\infty}$ 는 유한 열린 부분덮개를 가지지 않기 때문이다. $_\blacksquare$
2. 컴팩트의 성질
정의($T.P$) 6-5) 유한교차성
위상공간 $(X,\mathcal{T})$ 의 부분집합들 $A_i$ 들로 이루어진 집합족 $\mathcal{A}$ 를 생각하자. $\mathcal{A}$ 의 유한 부분모임을 고려할 때, 그것에 포함된 부분집합들의 교집합이 언제나 공집합이 되지 않는 경우 $\mathcal{A}$ 는 '유한교차성(infinite intersection property)'를 만족한다고 한다.
예제 9) $\mathcal{O}=\left\{ \left( \displaystyle \frac{1}{n},1 \right)\right\}_{n=1}^{\infty}$ 은 $\mathbb{R}$ 의 열린집합들로 이루어진 집합족이며 유한교차성을 만족한다. 임의로 적당한 개수의 집합을 꺼냈을 때, 교집합시키면 그들 중 구간의 길이가 가장 작은 것이 교집합에 해당하기 때문이다. $_\blacksquare$
정리($T.P$) 6.1)
위상공간 $X$ 가 컴팩트할 필요충분조건은, $X$ 의 닫힌집합으로 이루어지면서 유한교차성을 만족하는 모든 집합족이, 공집합이 아닌 교집합을 언제나 가지는 것이다.
증명) $\Longrightarrow $ : $X$ 가 컴팩트하다고 가정하자. $X$ 의 닫힌집합으로 이루어져 있고 유한교차성을 만족하는 모든 집합족을 $\mathcal{A}:=\{ C_\alpha \mid \alpha\in I\}$ 라 하자. 보여야 할 것은 $\displaystyle\bigcap_{\alpha\in I}C_\alpha\neq \emptyset$ 이다. 귀류법을 사용하기 위해 $\displaystyle\bigcap_{\alpha\in I}C_\alpha = \emptyset$ 이라고 해보자. 그리고 이에 대응되는 $C_\alpha= X-U_\alpha$ 에서 열린집합 $U_\alpha$ 들로 구성된 열린집합족 $\mathcal{O}:=\{ U_\alpha=X-C_\alpha\mid \alpha\in I\}$ 를 생각한다. 그러면
$$\begin{align}\displaystyle \bigcup_{\alpha\in I}^{}U_\alpha &=
X\cap \displaystyle \bigcup_{\alpha\in I}^{}U_\alpha=
X-\left( \displaystyle \bigcup_{\alpha\in I}^{}U_\alpha \right)^c
\\\\&= X-\displaystyle \bigcap_{\alpha\in I}^{}C_\alpha =X-\emptyset
\\\\&=X
\end{align}$$
따라서 $\mathcal{O}$ 는 $X$ 의 한 열린덮개가 된다. 가정에 의해 $X$ 는 컴팩트이므로 어떤 유한 열린 부분덮개 $\mathcal{O}'\subset \mathcal{O}$ 가 존재하므로 그를 $\mathcal{O}':= \{ O_{\alpha_j}\}_{j=1}^{n}$ 이라고 해보자. 그러면
$$\begin{align}
X&=\displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j}=
\displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}(X-C_{\alpha_j})
\\\\&=\displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}(X\cap C_{\alpha_j}^c)
\\\\&=X\cap \left( \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n} U_{\alpha_j} \right)=
X- \left( \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n} U_{\alpha_j} \right)^c
\\\\&=X\cap \left( \displaystyle \bigcap_{j=1}^{n} C_{\alpha_j} \right)
\end{align}$$
가 되고, 여기서 가장 첫 항과 마지막 항을 비교하면 $\displaystyle \bigcap_{j=1}^{n} C_{\alpha_j}=\emptyset$ 이어야 한다. 그러나 이것은 $\mathcal{A}$ 가 유한교차성을 만족한다는 가정에 모순이다.
$\Longleftarrow$ : 귀류법을 사용하기 위해 위상공간 $X$ 가 컴팩트하지 않다고 가정하자. 그러면 어떤 열린덮개 $\mathcal{O}= \{ U_\alpha \mid \alpha \in I\}$ 를 생각할 때, 그것의 유한 열린 부분덮개 $\{U_{\alpha_j} \}_{j=1}^n$ 은 $X$ 를 덮지 못한다. 곧,
$$X\neq\displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j}$$
라는 것이다. 이때 $C_\alpha = X- U_\alpha$ 와 같이 닫힌집합들을 정의하고 $\mathcal{C}=\{ C_\alpha \mid \alpha \in I\}$ 와 같은 닫힌 집합족을 생각하자. 그렇다면,
$$\emptyset \neq X- \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j} =\displaystyle \bigcap_{j=1}^{n}C_{\alpha_j}$$
가 성립한다. 즉 $\mathcal{C}$ 의 모든 유한 부분집합의 교집합이 공집합이 아니다. 이는 우리의 전제인 $\mathcal{C}$ 가 유한 교차성을 만족한다는 것을 잘 반영한다.
그러나, $\mathcal{C}$ 의 모든 원소의 교집합을 고려하면
$$\displaystyle\bigcap_{\alpha \in I} C_\alpha = X-\bigcup_{\alpha\in I} U_\alpha = X-X=\emptyset$$
이 된다. 모든 닫힌집합의 교집합이 공집합인데 이들 일부를 뽑아 만든 교집합이 공집합이 아니라는 모순되는 두 결과가 발생한다. 따라서 귀류법에 의해 $X$ 는 컴팩트이다. $_\blacksquare$
정리($T.P$) 6.2) 실직선에서 확장된 칸토어 정리
$\mathbb{R}$ 의 공집합이 아닌 부분집합들로 이루어진 축소수열을 $\{E_n\}_{n=1}^{\infty}$ 라 하자. 이 수열을 이루는 모든 집합 $E_n$ 들이 닫힌집합이고 유계집합이면, $\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}E_n\neq \emptyset$ 이 성립한다.
증명) $\{ E_n\}_{n=1}^\infty$ 가 축소수열이고 각각의 $E_n$ 들이 공집합이 아니라고 하면, 유한교차성을 만족한다. 그리고 모든 $n\in \mathbb{N}$ 에 대하여 $E_n$ 은 유계이고 닫힌집합이므로, 어떤 닫힌집합 $[a,b]$ 의 부분집합이어야 한다. 그러면 $\{ E_n\}_{n=1}^\infty$ 는 컴팩트공간 $[a,b]$ 의 닫힌 부분집합으로 이루어진 모임이면서 유한교차성을 만족하기 때문에, 정리($T.P$) 6.1) 에 의하여 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty}E_n\neq \emptyset$ 이다. $_\blacksquare$
정리($T.P$) 6.2)
① 컴팩트 공간의 닫힌 부분집합은 컴팩트하다.
② 하우스도르프 공간 $X$ 의 부분집합 $A\subset X$ 가 컴팩트하면, $A$ 는 닫힌집합이다.5
따름정리($T.P$) 6.2.1)
$X$ 를 컴팩트한 하우스도르프 공간이라고 하자. $A\subset X$ 가 컴팩트할 필요충분조건은 $A$ 가 닫힌집합인 것이다.
증명) ① 위상공간 $X$ 가 컴팩트하다 하고 그것의 닫힌 부분집합을 $A\subset X$ 라 하자. 그리고 $X$ 의 열린집합들로 구성된 $A$ 의 열린덮개를 $\mathcal{O}$ 라 하자. $X-A$ 는 열린집합이고, 그러면
$$\mathcal{U}=\mathcal{O}\cup \{ X-A\}$$
와 같이 정의한 열린집합족 $\mathcal{U}$ 는 여전히 $X$ 의 열린덮개이다. 그리고 $X$ 가 컴팩트하기 때문에, $\mathcal{O}$ 에서 적당히 유한한 원소를 뽑아만든 $\mathcal{O}'=\{ U_{\alpha_j}\}_{j=1}^{n}$ 은 $X$ 의 유한 열린 부분덮개이다. 그러면 해당 부분덮개가 $X-A$ 를 포함하든, 포함하지 않든 위상공간 $X$ 는
$$X=(X-A)\cup \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j}=(X-A)\cup \mathcal{O}'$$
으로 표현할 수 있고, $X-A$ 는 $A$ 를 포함하진 않기 때문에 반드시 $A\subseteq \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}U_{\alpha_j}$ 는 참이어야 한다. 그러면 $\mathcal{O}'$ 은 $A$ 의 유한 열린 부분덮개이기 때문에 $A$ 는 컴팩트하다.
② $X-A$ 가 열린집합임을 보여서 $A$ 가 닫힌집합임을 보이도록 하자. $X-A$ 가 열린집합임을 보이기 위해서는, 임의의 $x\in (X-A)$ 를 선택할 때마다 $x$ 를 포함하는 열린집합이 $X-A$ 에 포함되므로 결국 열린집합들의 합집합으로 $X-A$ 가 표현될 수 있다는 점을 사용할 것이다.
임의의 점 $x\in (X-A)$ 와 어떤 $y\in A$ 를 고려하면, $X$ 는 하우스도르프 공간이므로 서로소인 열린집합 $U_y,V_y\in \mathcal{T}$ 가 존재하여 $x\in U_y$ 이고 $y\in V_y$ 이다.6
그런데 $A$ 는 컴팩트이기 때문에 $\mathcal{O}:=\{ U_y\mid y\in A\}$ 라 하면 이는 $A$ 의 열린덮개이고, 유한 열린 부분덮개 $\{ U_{y_j}\}_{j=1}^n$ 또한 존재하여 $A\subseteq \displaystyle \bigcup_{j=1}^{n}V_{y_j}$ 가 성립한다.
이때 $U:= \displaystyle\bigcap_{j=1}^{n}V_{y_j}$ 를 생각하자. 그러면 $x\in U$ 이며 $U$ 는 열린집합들 $U_{y_j}$ 의 유한 교집합이므로 역시 열린집합일 뿐만 아니라 각 $U_{y_j}$ 는 $A$ 의 각 점 $y_j$ 와 분리되므로 $U\cap A=\emptyset$ 이다. 고로, $x\in (X-A)$ 에 대해 $x$ 를 포함하면서 $A$ 와 분리된 열린집합 $U\subseteq (X-A)$ 가 존재하기 때문에 $X-A$ 는 열린집합이다.
참고로 하우스도르프 공간이라는 조건이 없고 일반적인 위상공간을 고려하는 경우, 모든 컴팩트한 그 위상공간의 부분집합이 반드시 닫힌집합이 되지는 않는다. 예를 들어 예제 5)에서 살펴본 바와 같이 실직선에 유한여위상이 부여된 상황을 고려하자. 그러면 $\mathbb{R}$ 은 컴팩트하다. 이때, $U\subset \mathbb{R}$ 이 열린집합이 되기 위한 조건은 $U$ 의 여집합이 유한집합이 되거나 $U=\emptyset$ 에 해당한다.
이때 유리수집합 $\mathbb{Q}$ 가 닫힌집합인지 살펴보자. 그러면 $\mathbb{Q}$ 의 여집합 $\mathbb{R}-\mathbb{Q}$ 가 유한집합이 되거나 전체집합 $\mathbb{R}$ 자체가 되어야 하는데, 여집합은 무리수집합이고, 무리수집합은 유한집합도 아니며 실수집합에 해당하지도 않는다. 따라서 무리수집합은 유한여위상이 부여된 실직선에서 열린집합이 아니다. 따라서 그것의 여집합 $\mathbb{Q}$ 또한 닫힌집합이 아니라, 하우스도르프 공간이 아닌 위상공간에서는 위 정리가 성립하지 않음을 알 수 있다. $_\blacksquare$
따름정리의 증명) $\Longrightarrow $ : 이것은 정리($T.P$) 6.2)-② 에 의해서 곧바로 참이다. 그를 참고했을 때, $X$ 가 컴팩트할 필요가 없이 하우스도르프 공간이기만 하다면 이 명제의 가는 방향은 참임을 알 수 있다.
$\Longleftarrow$ : 이것은 정리($T.P$) 6.2)-① 에 의해서 참이다. $_\blacksquare$
정리($T.P$) 6.3)
하우스도르프 공간 $(X,\mathcal{T})$ 의 컴팩트한 부분집합 $A,B\subset X$ 에 대해서 $A\cap B=\emptyset$ 으로 서로소라 하자. 그러면 $X$ 에 서로소인 두 열린집합 $U,V\in\mathcal{T}$ 가 존재하여 $A\subset U$ 이고 $B\subset V$ 가 성립한다.
따름정리($T.P$) 6.3.1)
하우스도르프 공간 $(X,\mathcal{T})$ 의 닫힌 부분집합 $A,B\subset X$ 에 대해서 $A\cap B=\emptyset$ 으로 서로소라 하자. 그러면 $X$ 에 서로소인 두 열린집합 $U,V\in\mathcal{T}$ 가 존재하여 $A\subset U$ 이고 $B\subset V$ 가 성립한다.
증명) 정리($T.P$) 6.2) 를 증명했었던 것과 비슷하게 증명할 것이다. 그 증명에서, $A$ 와 $x\in (X-A)$ 를 각각 포함하고 서로소인 두 열린집합 $U,V$ 가 존재함을 보였었다. 이 증명에서는, $A$ 와 $x\in B$ 에 대해서도 이러하 두 열린집합이 존재함을 보일 것이다. $X$ 는 하우스도르프 공간이므로, 각각의 $x\in B$ 마다 서로소인 두 열린집합 $U_x, V_x\in \mathcal{T}$ 가 존재하여 $A\subset U_x$ 이고 $x\in V_x$ 이다. 그러면 $\mathcal{O}:=\{ V_x\mid x\in B\}$ 는 $B$ 의 열린덮개이며 $B$ 는 컴팩트하므로 유한 열린 부분덮개 $\{ V_{x_j} \}_{j=1}^n$ 가 존재한다. 따라서 $U_x\cap V_x=\emptyset$ 이므로, 두 집합 $U:= \displaystyle\bigcap_{j=1}^{m}V_{x_j}$ 과 $U:= \displaystyle\bigcup_{j=1}^{n}V_{y_j}$ 은 서로소인 열린집합이며 각각 $A,B$ 를 포함한다. $_\blacksquare$
따름정리의 증명) 컴팩트 공간 $X$ 의 닫힌 부분집합은 컴팩트하다. 바로 위 정리($T.P$) 6.2)-① 에서 다루었었다. 그러므로 위 정리에 의해 따름정리도 참이다. $_\blacksquare$
본 정리는 부분집합이 컴팩트하다는 것입니다. 반면 따름정리는 하나마나이긴 한데, 닫힌 부분집합이 되는 순간 컴팩트임이 보장되기 때문에 성립한다는 논리입니다.
[참고문헌]
Fred H. Croom, Principles of Topology
- 이러한 차이가 존재하는 까닭은 우리가 고려하는 위상공간 $X$ 가 말하자면 가장 큰 집합, 즉 전체집합이라고 생각할 수 있기 때문입니다. 그러니 전체집합을 덮는 재료(열린집합)들을 모으면 전체집합보다 커지지는 않으므로 등호가 성립하는 것이고, 전체집합의 부분집합을 덮을 때는 포함관계만 성립하면 충분하다는 뜻입니다. [본문으로]
- 그러니까 따지고 보면 이러한 조건을 만족하는 $\mathcal{O}$ 자체가 여러개 존재할 수 있습니다. 그러면 각각의 모든 열린모임 $\mathcal{O}$ 에 따라 상술한 조건이 만족되어야 합니다. [본문으로]
- 유한 열린덮개라고 해서 반드시 유한 부분 열린덮개로 작용한다는 것이 아니라, 그럴 수도 있다는 뜻입니다. 열린덮개 자체에는 주어진 부분집합 $A$ 과 상관 없는 성분도 존재하면서 유한집합일 수도 있기 때문입니다. 이 말의 의미가 어렵다면 예제 1)을 보고 다시 확인해보면 이해할 수 있을 것입니다. [본문으로]
- 컴팩트성을 따질라면 애초에 위상공간이 주어져야 하기 때문에 위상을 하나 부여해서 위상공간이 되었다고 가정하는 것이다. [본문으로]
- 일반적으로 위상공간은 클로펜집합이기 때문에, 여기서 $\subseteq$ 기호 대신 $\subset$ 을 사용하여 좀 더 확실히 표현하였다. 즉 $A=X$ 인 상황을 배제하겠다는 것이다. 컴팩트성과 하우스도르프 조건은 서로 독립적인 성질이기 때문이다. 그래서 이 명제를 '하우스도르프 공간이 컴팩트할 필요충분조건은 하우스도르프 공간이 닫힌집합이다'라고 표현하는 것은 적절하지 않으며 진리값도 거짓이다. [본문으로]
- 여기서 $x$ 를 포함하는 열린집합에 $U_y$ 와 같이 $y$ 첨자가 붙는 이유는, 특정 점 $y\in A$ 에 대해 $x,y$ 를 분리하는 열린집합을 찾고 있는 것이기 때문입니다. $y$ 가 달라지면 그래서 $U_y$ 와 $V_y$ 도 달라질 수 있습니다. $U_y$ 는 $y$ 에 의존하는 열린집합인 것이죠. 우리는 $x\in (X-A)$ 와 $A$ 의 각 점 $y\in A$ 에 대하여, 이들을 분리하는 두 열린집합 $U_y, V_y$ 를 고려하고 있는 것입니다. [본문으로]
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