1. 개요
Sorgenfrey-Gerade / Sorgenfrey 直線소젠프라이 직선이라고도 한다. 이것은 제1가산이고 린될레프 공간이며 분리가능하지만 제2가산이 아닌 공간이다. 제2가산이면 나머지 세 성질이 모두 성립하지만 역은 모두 아니라는 걸 보여주는 대표적인 반례이다.[1]
2. 정의
조르겐프라이 직선 [math( S )]는 실수집합 [math( \mathbb{R} )]에 반열린구간들의 집합 [math( \{ [a,b): a,b \in \mathbb{R}, a<b \} )]을 기저로 하는 위상을 부여한 위상공간이다. 조금만 다뤄보면 얼핏 보면 보통위상과 비슷해 보이지만,[2] 실제로 비슷하기도 하면서도 꽤나 다르다는 것을 알 수 있다.3. 성질
[math( S )]는 보통위상보다 더 세밀한 위상공간이다. 즉, 보통위상공간 [math( \mathbb{R} )]의 열린집합은 모두 [math( S )]에서도 열린집합이다. 또한 연결 공간이 아니다. 또한 [math( [a,b) )]는 [math( S )]에서 열린닫힌집합이다. 그리고 [math( [a,b] )]는 [math( S )]에서 더 이상 콤팩트하지 않다.또한 [math( S )]의 점 [math( x \in \mathbb{R} )]의 주목해 볼 만한 열린근방은 [math( [x,a) )]꼴인데, 이것을 수직선에서 상상해보면 [math( x )]에서 오른쪽으로 조금 가는 것은 괜찮지만 왼쪽은 바로 낭떨어지다. 즉, [math( x )]에서 왼쪽으로 조금만 움직여도 바로 [math( [x,a) )]을 벗어나버린다. 이를 통해 보통위상관 다르게 왼쪽과 오른쪽이 비대칭적으로 설계되어있음을 알 수 있다. 비유하자면 [math( S )]의 점들 [math( x )]들을 기준으로 왼쪽은 이산위상처럼, 오른쪽은 보통위상처럼 작동한다. 실제로 [math( x )]보다 더 왼쪽에서 [math( x )]에 접근해오는 수열[3]은 [math( S )]에서 절대 [math( x )]로 수렴하지 않는다.[*이유 그냥 바로 [math( x )]의 열린근방을 [math( [x,a) )]로 잡으면 [math( [x,a) )]는 절대 [math( x )]보다 더 왼쪽에 있는(더 작은) 수열을 포함할 수 없다.] 반면에 [math( x )]보다 더 오른쪽에서[4] 접근하는 수열이 공간 [math( S )]에서 [math( x )]로 수렴할 필요충분조건은 그 수열이 보통위상공간 [math( \mathbb{R} )]에서 [math( x )]로 수렴하는 것이다.[추가설명]와 오른쪽부분 [math( [x,\infty) )]에 대해 이 각각을 [math( S )]에 대한 부분공간으로 보면 왼쪽부분인 [math( (-\infty,x] )]와 오른쪽부분인 [math( [x,\infty) )]에서 [math( x )]의 열린근방의 상태가 확연히 달라짐을 알 수 있다. 왼쪽부분 [math( (-\infty,x] )]에선 [math( [x,1) \cap (-\infty,x] = \{x \} )]가 열린집합이다. 이는 [math( S )]가 점 [math( x )]를 기준으로 왼쪽에서 마치 이산위상처럼 작동한다는 것을 뒷받침한다. 반대로 오른쪽부분 [math( [x,\infty) )]에서 [math( x )]의 열린근방들은 [math( [x,a), (a>x) )]이다. 이는 [math( [x,\infty) )]를 보통위상 [math( \mathbb{R} )]에 대한 부분공간으로 보았을 때와 정확히 같은 열린근방들이다. 따라서 이것은 [math( S )]가 점 [math( x )]를 기준으로 보통위상처럼 작동함을 뒷받침한다. ]
3.1. 가산성 공리들에 대한 성질
또한 [math( S )]는 제1가산이고 린될레프 공간이며 분리가능하지만 제2가산이 아닌 공간이다. 이를 증명하는 것은 다음의 총 네 단계로 진행된다.| [step1] [math( S )]는 제1가산이다. [math( S )]의 임의의 점 [math( x \in \mathbb{R} )]을 잡자. 이것의 가산 국소기저를 잡을 것이다. 앞에서 말했듯이 [math( S )]에서 [math( x )]의 가장 주목해야할 열린근방은 [math( [x,a) )]들이라고 했다. 여기서도 마찬가지로 [math(\displaystyle \mathcal{B}_x = \left\{ [x,x + \frac{1}{n}): n \in \mathbb{N} \right\} )]가 [math( S )]의 국소기저가 된다. 왜냐하면 [math( x )]의 열린근방 [math( O )]를 잡으면 반열린구간들이 [math( S )]의 기저이므로 [math( x \in [a,b) \subset O )]인 어떤 반열린구간 [math( [a,b) )]이 존재한다. 이때, [math(\displaystyle \frac{1}{n} < b )]인 [math( n \in \mathbb{N} )]에 대해 [math(\displaystyle [x, x + \frac{1}{n}) \in \mathcal{B}_x )]로 잡으면 [math(\displaystyle [x, x + \frac{1}{n}) \subset [a,b) \subset O )]이므로 [math( \mathcal{B}_x )]는 [math( S )]의 국소기저다. [math( \mathcal{B}_x )]는 가산집합이므로, [math( S )]는 제1가산이다. |
| [step2] [math( S )]는 분리가능하다. 실수의 보통위상과 마찬가지로 유리수 집합 [math( \mathbb{Q} )]가 [math( S )]의 가산 조밀 부분집합이 된다. 왜냐하면 일단 [math( \mathcal{Q} )]가 가산이고, [math( S )]의 임의의 점 [math( x \in \mathcal{R} )]의 국소기저 [math(\displaystyle \mathcal{B}_x = \left\{ [x,x + \frac{1}{n}): n \in \mathbb{N} \right\} )]의 각 원소 [math(\displaystyle [x, x + \frac{1}{n}) )]가 모두 대응하는 어떤 유리수 [math( a_n )]을 포함하기 때문에[6] [math( x \in \overline{\mathbb{Q}} )]이고 임의의 [math( x \in \mathbb{R} )]를 잡았으므로, [math( \overline{\mathbb{Q}} = \mathbb{R} )]가 성립한다. 따라서 [math( \mathbb{Q} )]는 [math( S )]에서 조밀하다. |
| [step3] [math( S )]는 린델뢰프 공간이다. 먼저 편의를 위해 다음 개념을 정의하자. 아래의 보조정리들을 증명함으로써 해결하겠다. {{{#!wiki style="display: inline-block;" | [정의] 위상공간 [math( X )]와 그것의 덮개 [math( \mathcal{U} )], 그리고 집합족 [math( \mathcal{B} )]을 생각하자. [math( X )]의 점 [math( x )]가 다음을 만족하면 [math( \mathcal{U} )]는 [math( \mathcal{B} )]에 의해 점 [math( x )]에서 축소가능하다고 하자. 이때 [math( \mathcal{U} )]나 [math( \mathcal{B} )]가 명확하다면 각각을 생략하여 말할 수 있다. [math( x \in B \subset U )]인 [math( B \in \mathcal{B} )]와 [math( U \in \mathcal{U} )]가 존재한다. [math( A (\subset X) )]의 모든 점들이 위 조건을 만족한다면 [math( \mathcal{U} )]는 [math( \mathcal{B} )]에 의해 [math( A )]에서 축소가능하다고 한다. [math( \mathcal{U} )]에 대해 축소가능하지 않은 점을 [math( \mathcal{U} )]의 [math( \mathcal{B} )]에 의한 특이점이라고 하자. [math( x )]가 [math( \mathcal{U} )]의 특이점임은 다르게 말하면 임의의 [math( x )]를 포함하는 [math( U \in \mathcal{U} )]에 대해, [math( x \in B \subset U )]인 [math( B \in \mathcal{B} )]가 존재하지 않는 점이다. [보조정리1] [math( A(\subset X) )]의 열린덮개 [math( \{U_{\alpha} \} )]와 어떤 가산집합족 [math( \mathcal{B} )]에 대해, [math( \{U_{\alpha} \} )]가 [math( \mathcal{B} )]에 의해 [math( A )]에서 축소가능하다면 [math( A )]를 덮는 [math( \{U_{\alpha} \} )]의 가산 부분열린덮개가 존재한다. (증명) [math( \{B \in \mathcal{B}: U \in \{U_{\alpha}\}, B \subset U \} )]의 원소인 [math( B )]에 대해 [math( B \subset U )]인 [math( U )]가 일반적으로 한 둘이 아닐 텐데, 이 중 하나인 [math( U_B )]를 골라 새로운 [math( \{U_B \} )]를 만들자.[선택공리] [math( \mathcal{B} )]가 가산집합, 따라서 [math( \{B \in \mathcal{B}: U \in \{U_{\alpha}\}, B \subset U \} )]도 가산집합, 대응하는 [math( \{U_B \} )]또한 가산집합이다. 이에 따라 [math( \{U_B \} )]가 [math( A )]의 덮개임을 보이면 충분하다. 임의의 [math( x \in A )]마다 [math( x )]가 [math( \{U_{\alpha} \} )]에서 특이점이 아니므로, [math( x \in B \subset U )]인 [math( B \in \mathcal{B} )]와 [math( U \in \{U_{\alpha} \} )]가 존재하고 이때 이러한 [math( U )]들 중 [math( U_B )]도 껴있을 것이므로 결국 [math( x \in U_B )]이다. 따라서 [math( X = \bigcup \{U_B \} )]이고 이는 곧 [math( \{U_B \} )]는 [math( A )]를 덮는 [math( \{U_{\alpha} \} )]의 가산 부분덮개임을 알린다. | }}} 여기서 증명의 핵심을 말할 수 있다. [보조정리1]에 의해, 적절한 가산집합족이 있어서, [math( S )]의 열린덮개에 대해 축소가능한 점들의 집합을 덮는 가산 부분덮개는 존재한다. 문제는 열린덮개의 특이점인데, 핵심은 특이점 또한 가산 개만이 존재한다는 것이다. 열린구간들의 가산 집합족 [math(\displaystyle \mathcal{B} = \left\{(x - \frac{1}{n} , x + \frac{1}{n}): x \in \mathbb{Q} , n \in \mathbb{N} \right\} )]를 설정하자.[8] [math( \mathcal{B} )]를 설정했으니 앞으로 축소가능하거나 특이점이라 할 때, '[math( \mathcal{B} )]에 의해'를 생략하겠다. 이제 [math( S )]의 임의의 열린덮개 [math( \{U_{\alpha} \} )]를 잡자. {{{#!wiki style="display: inline-block;" | <table bordercolor=#fff> [보조정리2] [math( x )]가 [math( \{U_{\alpha} \} )]에서 특이점 [math(\displaystyle \Leftrightarrow x \notin \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )] (증명) [math(\displaystyle x \notin \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]라 하자. 임의의 [math( x )]를 포함하는 [math( \{U_{\alpha} \} )]의 원소 [math( U_{\alpha} )]를 잡자. 그러면 가정에 의해 [math( x \notin \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]이어야 한다. 이때, 만약 [math( (a,b) \in \mathcal{B} )]가 존재해서 [math( x \in (a,b) \subset U_{\alpha} )]라고 하면 [math( x \in (a,b) \subset \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]인데, 이는 [math( x \notin \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]라는 사실에 모순이다. 따라서 [math( x )]는 [math( \{U_{\alpha} \} )]에서 특이점이다. 반대로 [math(\displaystyle x \in \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]라고 하자. 그러면 어떤 [math( \alpha )]에 대해 [math( x \in \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]인데, [math( \mathcal{B} )]가 [math( \mathbb{R} )]에서의 기저이고, [math( \mathrm{int}_{\alpha} (U_{\alpha}) )]가 [math( \mathbb{R} )]에서 열린집합이므로, [math( x \in (a,b) \subset \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]인 [math( (a,b) \in \mathcal{B} )]가 존재한다. 따라서 [math( x )]는 [math( \{U_{\alpha} \} )]의 특이점이 아니다. | }}} {{{#!wiki style="display: inline-block;" | <table bordercolor=#fff> [보조정리3] [math( S )]의 열린덮개 [math( \{U_{\alpha} \} )]를 생각하자. [math( \{U_{\alpha} \} )]에서 특이점인 점들의 집합인 [math(\displaystyle \mathbb{R} \setminus \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]는 가산집합이다. (증명) 서로 다른 특이점 [math( x,y )]를 잡자. [math( x,y )]를 각각 포함하는 [math( S )]의 열린덮개의 원소 [math( x \in U_{\alpha} , y \in U_{\beta} )]를 각각 잡으면 [math( (x,a_x) \subset \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha} ) )]이고 [math( (y,a_y) \subset \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\beta}) )]인 [math( a_x , a_y )]가 존재한다.[9] | }}} [math( \to )] 결론: 처음부터 돌아가 다시 [math( S )]의 임의의 열린덮개 [math( \{U_{\alpha} \} )]를 잡자. [math( \{U_{\alpha} \} )]는 [math(\displaystyle \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]의 덮개이기도 하므로, [보조정리2]에 의해 [math(\displaystyle \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]는 [math( \{U_{\alpha} \} )]에 대해 축소가능한 점들의 집합, 따라서 [보조정리1]에 의해 [math(\displaystyle \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]를 덮는 [math( \{U_{\alpha} \} )]의 가산 부분덮개가 존재한다. 문제는 아직 특이점들의 집합을 덮지 못한다는 것인데, 이는 [보조정리3]에 의해 특이점의 개수가 가산 개이므로 바로 해결 가능하다. 방법은 그냥 가산 개의 모든 특이점 [math( \{x_i \} )]를 모으고, 각 각 특이점 [math( x_i )]마다 [math( x_i )]를 포함하는 [math( x_i \in U_i \in \{U_{\alpha} \} )]를 뽑아주어서 덮개 [math( \{U_i \} )]를 만들면 이것이 특이점들의 가산 부분덮개이다. 정리하면 각각 특이점이 아닌 것과 특이점을 덮는 가산 부분덮개가 존재하고 따라서 전체 효과는 [math( S )]를 덮는 가산 부분덮개가 존재한다. |
| [step4] [math( S )]는 제2가산이 아니다. [math( S )]의 기저 [math( \mathcal{B} )]를 잡자. 이때 두 가지 원리가 성립한다.
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4. 조르겐프라이 평면
4.1. 정의
Sorgenfrey-Ebene / Sorgenfrey 平面소젠프라이 평면이라고 하기도 한다. 앞서 소개했던 조르겐프라이 직선 [math( S )]의 곱공간 [math( S \times S )]로 정의된다.
4.2. 성질
이것은 제1가산이며 분리가능하지만 린델뢰프 공간은 아니다.[10] [math( S )]는 린델뢰프 공간이었지만 그 곱공간이 린델뢰프하지 않으므로, 린델뢰프성이 곱에 의해 보존되지 않는 반례이기도 하다.* [math( S )]는 조르겐프라이 직선을 의미한다. 더 엄밀한 표기를 따르자면, [math( S = (\mathbb{R} , \mathcal{T} ) )] (이때, [math( \mathcal{T} )]는 [math( \{[a,b): a,b \in \mathbb{R}, a < b \} )]를 기저로 하여 생성된 위상) 이다.
다음 세 가지 단계를 밟는다.
| [step1] [math( S \times S )]는 제1가산이다. [math( S )]가 제1가산이고, 제1가산 공간과 제1가산 공간의 곱공간이 제1가산인 것으로 증명된다. |
| [step2] [math( S \times S )]는 분리가능하다. [math( S )]가 분리가능하고, 분리가능한 공간과 분리가능한 공간의 곱공간이 분리가능하다는 것으로 증명된다. |
| [step3] [math( S \times S )]는 린델뢰프 공간이 아니다. 아래 세 가지 수순을 따른다. [math( S \times S )]의 반대 대각 [math( \{(-x,x): x \in S \} )]은 린델뢰프 공간이 아니다. [math( \to )] [math( S \times S )]의 반대 대각은 닫힌집합이다. [math( \to )] [math( S \times S )]가 린델뢰프 공간이라면 닫힌 부분공간인 [math( S \times S )]의 반대 대각이 린델뢰프 공간이어야 하지만, 그렇지 않으므로 [math( S \times S )]는 린델뢰프 공간이 아니다. (증명) [math( S \times S )]의 반대 대각 [math( \mathcal{D} )]를 [math( \mathcal{D} = \{(x,-x): x \in \mathbb{R} \} )]와 같이 정의하자. 먼저 [math( \mathcal{D} )]가 닫힌집합임을 보이자. 임의의 [math( (a,b) \in (S \times S) \setminus \mathcal{D} )]에 대해, [math( (a,b) )]의 열린근방을 [math(\displaystyle [a,a + \frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{a^2 + b^2}}) \times [b,b + \frac{\sqrt{ab}}{\sqrt{a^2 + b^2}}) )]로 잡으면 이것은 [math( \mathcal{D} )]와 겹치지 않는다.[11] 즉, [math( (S \times S) \setminus \mathcal{D} )]에 포함된다. [math( (S \times S) \setminus \mathcal{D} )]의 각 점 [math( (a,b) )]마다 [math( (S \times S) \setminus \mathcal{D} )]에 포함되는 [math( (a,b) )]의 열린근방이 존재하므로, [math( (S \times S) \setminus \mathcal{D} )]는 이러한 열린근방의 합집합이다. 따라서 [math( (S \times S) \setminus \mathcal{D} )]는 열린집합이고 [math( \mathcal{D} )]는 닫힌집합이다. 이제 각 [math( x \in \mathbb{R} )]에 대해, [math( S \times S )]의 각 열린집합 [math( [x,x+1) \times [-x,-x+1) )]를 잡는다. 그러면 이에 유도되는 [math( \mathcal{D} )]의 열린집합 [math( ( [x,x+1) \times [-x,-x+1) ) \cap \mathcal{D} )]를 알아보자. [math( (a,b) \in [x,x+1) \times [-x,-x+1) )]이면서 [math( (a,b) \in \mathcal{D} )]인 것 즉, [math( (a,-a) \in [x,x+1) \times [-x,-x+1) )]인 것은 [math( (a,-a) = (x,-x) )]뿐이므로[12] |
[1] 거리공간에서는 (분리가능 [math( \Leftrightarrow )] 린델뢰프 [math( \Leftrightarrow )] 제2가산) 이 성립하며, 기본적으로 모든 거리공간은 제1가산이다.[2] 조르겐프라이 직선은 보통위상공간에 준하는 매우 강력한 [math( T_6 )] 분리공리에 해당한다. 보통위상공간도 마찬가지로 [math( T_6 )] 공간이다.[3] 예컨대 [math(\displaystyle \left\{x-\frac{1}{n} \right\}_{n=1}^{\infty} )]와 같은 수열을 말한다. 더 포괄적으로는 [math( \forall n \in \mathbb{N}, a_n < x )]인 [math( \mathbb{R} )]의 수열을 말한다.[4] [math( \forall n \in \mathbb{N}, a_n > x )]인 실수열 [math(\displaystyle \{a_n \}_{n=1}^{\infty} )]을 일컫는다.[추가설명] [math( S )]에서 점 [math( x )]를 기준으로 왼쪽부분 [math( (-\infty ,x] )[6] [math( a_n )]의 존재성은 유리수의 조밀성으로부터 보장된다. 구체적으로는 [math(\displaystyle x < a_n < x + \frac{1}{n} )]인 유리수 [math( a_n )]이 존재하기 때문이다.[선택공리] 만약 선택공리를 가정한다면 이 작업은 각 [math( B \in \{B \in \mathcal{B}: U \in \{U_{\alpha}\}, B \subset U \} )]에 대해, 실제로 [math( B )]를 포함하는 열린덮개의 원소들의 집합족 [math( S_B = \{U \in \{U_{\alpha}\}: B \subset U \} )]들을 원소로 갖는 집합족 [math( \mathcal{S} )]에서 [math( \bigcup \mathcal{S} )]로 가는 선택함수를 정의하는 것과 같으므로, 이런 식의 새로운 [math( \{U_B \} )]의 구성이 가능하다는 것을 쉽게 보일 수 있다.[8] 보통위상공간 [math( \mathbb{R} )]의 가산 기저를 설정한 것이다.[9] 왜냐하면 반열린구간들이 [math( S )]의 기저이므로, [math( x \in [x,a_x) \subset U_{\alpha} )]인 [math( [x,a_x) )]가 존재한다. [math( [x,a_x) \subset U_{\alpha} )]에서 양변에 [math( \mathbb{R} )]에서의 내부를 취하면 [math( (x,a_x) \subset \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]가 성립한다. 따라서 [math( x \in U_{\alpha} )]일 때, [math( (x,a_x) \subset \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]인 [math( a_x )]가 존재한다.([math( x < a_x )]) 이는 [math( y )]에 대해서도 마찬가지이다. ] 이때, [math( (x,a_x) \cap (y,a_y) = \emptyset )]이다. 왜냐하면 [math( x < y )]이라 가정하고[13] [math( (x,a_x) \cap (y,a_y) \ne \emptyset )]이라 하면 [math( x < y < a_x < a_y )]인 경우 밖에 없으므로 [math( y \in (x,a_x) \subset \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]이기 때문에 [math(\displaystyle y \in \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]이어야 하는데 이는 [math( y )]가 특이점인 것에 모순이다. 정리하면 각 [math( \{U_{\alpha} \} )]의 특이점마다 대응하는 열린구간이 하나씩 있고 이들은 모두 서로소인데 실수에서 서로소인 열린구간은 한 번에 가산 개만이 잡을 수 있으므로 특이점은 가산 개 존재한다. 즉, [math(\displaystyle \mathbb{R} \setminus \bigcup_{\alpha} \mathrm{int}_{\mathbb{R}} (U_{\alpha}) )]은 가산집합이다.[10] 제2가산이면 제1가산이고 분리가능, 린델뢰프인데 린델뢰프 공간이 아니므로 제2가산도 아님을 알 수 있다.[11] [math( \mathcal{D} )]를 [math( \mathbb{R}^2 )]위의 직선 [math( y=-x )]로 잡고 점 [math( (a,b) )]에서 [math( y=-x )]까지의 거리가 [math(\displaystyle \frac{a+b}{\sqrt{a^2 + b^2}} )]임을 이용하라.[12] 각각 [math( a \in [x,x+1) )]와 [math( -a \in [-x , -x+1) )]라고 두고 부등식을 풀어보면 [math( a = x )]라는 결론이 나온다.] [math( ( [x,x+1) \times [-x,-x+1) ) \cap \mathcal{D} = \{(x,x) \} )]이다. 따라서 부분공간 [math( \mathcal{D} )]는 이산공간이다. [math( \mathcal{D} )]가 비가산집합이므로, [math( \mathcal{D} )]는 자명하게 린델뢰프 공간이 아니다.[14] 한편, [정리 6.1.3.3]에 의해 만약 [math( S \times S )]가 린델뢰프 공간이라면 닫힌 부분공간인 [math( \mathcal{D} )]또한 린델뢰프 공간이어야 하지만, 아니므로 결국 [math( S \times S )]는 린델뢰프 공간이 아니다.