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Equivalent condition for bounded linear operator and continuity

오늘 실해석학 시험을 쳤는데, 다른 건 답변을 했지만(다른 것도 마이너한 실수들이 있긴 하다) 이 한 문제만 답변을 제대로 못했다.
쉬운건 알고 있었는데, 증명이 생각이 나질 않았다. 바로 증명을 보고 내 큰 실수를 또 발견했는데, ‘정의’에 충실하지 않았다는 것이다.
언제나 블로그에는 내 부끄러움도 올려야 한다고 생각하기 때문에, 못 풀었던 문제의 증명도 실어 놓는다.

Theorem. Let T be a linear operator from \mathfrak{X} to \mathfrak{Y}. Then the following are equivalent:

  1. T is continuous on \mathfrak{X}
  2. T is continuous at 0
  3. T is bounded

Proof. (1) implies (2): clear.
(2) implies (3): Assume T is continuous at 0. Then there is \delta>0 such that if \norm{h}\delta, then we have

    \[ \left\Vert T(x)-T(0) \right\Vert <1\]

Then for all nonzero x\in \mathfrak{X}, we have

    \[\left\Vert T(x)\right\Vert \leq \left\Vert T\left(\delta\frac{x}{\left\Vert x\right\Vert}\right) \delta^{-1}\left\Vert x\right\Vert\right\Vert < 1\cdot \delta^{-1} \left\Vert x \right\Vert \]

Since x was arbitrary chosen nonzero vector, T is bounded.
(3) implies (1): Assume T is bounded. Choose x,y in \mathfrak{X}. Then we have

    \[ \left\Vert T(x)-T(y) \right\Vert \leq \left\Vert T \right\Vert \left\Vert x-y\right\Vert\]

So this is Lipschitz continuous on \mathfrak{X}. So it is continuous on \mathfrak{X}

Calculation of Integral with log term and some lessons

Problem. Evaluate

    \[ \int_{0}^{\infty}\frac{\left(\ln x\right)^{2}}{1+x^{2}}dx. \]

이 값을 구하는 과정에서 다음과 같은 결과가 필요하다.

Proposition. We have

    \[ \int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{1+x^{2}}dx=0. \]

Proof. Define f\left(z\right)=\frac{\log z}{1+z^{2}} where \left|z\right|>0 and -\frac{\pi}{2}<\arg z<\frac{3\pi}{2}. Consider the following contour:

Untitled-2

Here 0<\rho<1<R. Then inside the contour, f has simple pole at i. So

    \[ \mathrm{Res} (f;i)=\frac{\log i}{2i}=\frac{i\left(\frac{\pi}{2}\right)}{2i}=\frac{\pi}{4}. \]

So by Residue theorem, we get

    \[ \int_{\rho}^{R}f\left(x\right)dx+\int_{C_{R}}f\left(z\right)dz+\int_{-R}^{-\rho}\frac{\ln\left(-x\right)+i\pi}{1+x^{2}}dx-\int_{C_{\rho}}f\left(z\right)dz=2\pi i\left(\frac{\pi}{4}\right). \]

First, note that

    \[ \int_{-R}^{-\rho}\frac{\ln\left(-x\right)+i\pi}{1+x^{2}}dx=\int_{\rho}^{R}\frac{\ln x+i\pi}{1+x^{2}}dx=\int_{\rho}^{R}f\left(x\right)dx+i\pi\int_{\rho}^{R}\frac{1}{1+x^{2}}dx. \]

Also, we have

    \[ \left|\int_{C_{R}}f\left(z\right)dz\right|\le\pi R\cdot\frac{\sqrt{\left(\ln R\right)^{2}+\pi^{2}}}{R^{2}-1}. \]

Note that R\cdot\frac{\sqrt{\left(\ln R\right)^{2}+\pi^{2}}}{R^{2}-1}=O\left(\frac{\ln R}{R}\right) as R\rightarrow\infty and R\ln R\rightarrow0 as R\rightarrow0^{+}. Hence, as \rho\rightarrow0 and R\rightarrow\infty, we have

    \[ 2\int_{0}^{\infty}f\left(x\right)dx+i\pi\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}dx=\pi i\left(\frac{\pi}{2}\right). \]

Since i\pi\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}dx=\pi i\left(\frac{\pi}{2}\right), we get \int_{0}^{\infty}f\left(x\right)dx=0.


이제 본격적으로 문제의 적분을 계산해보도록 하자.

Solution to Problem. Define f\left(z\right)=\frac{\left(\log z\right)^{2}}{z^{2}+1} where \left|z\right|>0 and -\frac{\pi}{2}<\arg z<\frac{3\pi}{2}. Consider the following contour:

Untitled-2

Here 0<\rho<1<R. Then inside the contour, f has simple pole at i. So

    \[ \mathrm{Res} (f,i)=\frac{\left(i\frac{\pi}{2}\right)^{2}}{2i}=\frac{\pi^{2}i}{8}. \]

Hence, by Residue theorem, we get

(1)   \begin{equation*} \int_{\rho}^{R}f\left(x\right)dx+\int_{C_{R}}f\left(z\right)dz+\int_{-R}^{-\rho}\frac{\left(\ln\left(-x\right)+i\pi\right)^{2}}{1+x^{2}}dx-\int_{C_{\rho}}f\left(z\right)dz=2\pi i\left(\frac{\pi^{2}i}{8}\right)=-\frac{\pi^{3}}{4}. \end{equation*}

Note that

(2)   \begin{align*} \int_{-R}^{-\rho}\frac{\left(\ln\left(-x\right)+i\pi\right)^{2}}{1+x^{2}}dx & =\int_{\rho}^{R}\frac{\left(\ln x\right)^{2}+2\pi i\left(\ln x\right)-\pi^{2}}{1+x^{2}}dx\\ & =\int_{\rho}^{R}f\left(x\right)dx+2\pi i\int_{\rho}^{R}\frac{\ln x}{1+x^{2}}dx-\pi^{2}\int_{\rho}^{R}\frac{1}{1+x^{2}}dx.\nonumber \end{align*}

Also, we have

    \[ \left|\int_{C_{R}}f\left(z\right)dz\right|\le\frac{\pi R\left(\left(\ln R\right)^{2}+\pi^{2}\right)}{R^{2}-1}. \]

So the essential part of our calculation is calculating

    \[ \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{R\left(\ln R\right)^{2}}{R^{2}-1}=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{\frac{\left(\ln R\right)^{2}}{R}}{1-\frac{1}{R^{2}}}=0 \]

since \lim_{R\rightarrow\infty}\frac{\left(\ln R\right)^{2}}{R}=\lim_{R\rightarrow\infty}\frac{2\left(\ln R\right)/R}{1}=0.
Similarly,

    \[ \lim_{\varepsilon\rightarrow0}\frac{\varepsilon\left(\ln\varepsilon\right)^{2}}{\varepsilon^{2}-1}=0. \]

So as \rho\rightarrow0 and R\rightarrow\infty, from (1) and (2) and by Proposition, we get

    \[ 2\int_{0}^{\infty}f\left(x\right)dx-\pi^{2}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}dx=-\frac{\pi^{3}}{4}. \]

Since \int_{0}^{\infty}\frac{1}{1+x^{2}}dx=\frac{\pi}{2}, we get

    \[ \int_{0}^{\infty}f\left(x\right)dx=\frac{\pi^{3}}{8}. \]

이 문제가 오늘 시험문제에 나왔었는데, 나는 간단한 극한 계산 마무리를 그때 당시에 잘못 했었다. Estimate를 정교하지 못하게 했나라는 생각이 들었었는데, 쓸데없는 생각이 나를 막았던 것 같다.

Application of Urysohn’s metrization theorem

Theorem. Let X be a compact metric space, Y a Hausdorff space, and f:X\rightarrow Y a continuous function from X onto Y. Then Y is metrizable.

Proof. Note that since f\left(X\right)=Y and f is continuous and X is compact, Y is compact. Since Y is Hausdorff space, Y is T_{4}. So Y is T_{3}. It suffices to show Y is second
countable. Since X is compact, it is second countable. Let \mathcal{B} be a countable basis for X. Define

    \[ \mathcal{A}=\left\{ \bigcup_{n\in F}B_{n}:F\subset\mathbb{N},\text{ finite subset}\right\} . \]

Clearly, \mathcal{A} is countable. For A\in\mathcal{A}, define A^{*}=Y\setminus f\left(X\setminus A\right). Since A is open, X\setminus A is closed. Since f is closed map, Y\setminus f\left(X\setminus A\right)=A^{*} is open. So if we collect these A^{*}, say \mathcal{A}^{*}, we claim that \mathcal{A}^{*} is basis for Y.

Let U be an open set in Y and let y\in U. Then f^{-1}\left(U\right) is open and \left\{ y\right\} is closed. So f^{-1}\left(\left\{ y\right\} \right) is closed since f is continuous. Since X is compact space, f^{-1}\left(\left\{ y\right\} \right) is compact. So there is a finite collection \left\{ B_{i}\right\} _{i=1}^{N} of \mathcal{B} such that

    \[ f^{-1}\left(\left\{ y\right\} \right)\subset\bigcup_{i=1}^{N}B_{i}\subset f^{-1}\left(U\right) \]

since \mathcal{B} is a basis for X and f^{-1}\left(U\right) is open in X. Let A=\bigcup_{i=1}^{N}B_{i}. Then A\in\mathcal{A} by definition and A^{*}\in\mathcal{A}^{*}. Moreover, y\in\left(Y\setminus f\left(X\setminus A\right)\right)=A^{*}. For any point f\left(x\right)\in A^{*}, f\left(x\right)\notin f\left(X\setminus A\right). So x\notin X\setminus A. This shows x\in A. Since A\subset f^{-1}\left(U\right), then f\left(x\right)\in U. This implies for each open set U in Y and y\in U, there is a member A^{*} of \mathcal{A}^{*} such that

    \[ y\in A^{*}\subset U. \]

The second condition of basis easily comes from \mathcal{B}. This shows \mathcal{A}^{*} is a countable basis for Y. So by Urysohn’s metrization theorem, Y is metrizable.

Baire Category Theorem and its application

Baire Category Theorem은 해석학에서 꽤나 중요한 비중을 차지하는 정리다. 어떤 구조가 어느정도로 존재하는지에 대해서 잘 알려주는 정리다. Baire Space의 정의는 알고 있다는 전제 하에 이야기를 시작한다.

Theorem. Let X be a complete metric space or locally compact Hausdorff space. Then X is Baire space.

Proof. 본격적으로 증명하기 전에 complete metric space와 locally compact Hausdorff가 T_{3}라는 것을 기억하자. \left\{ U_{n}\right\} _{n=1}^{\infty}X에서의 open dense set들을 모은 countable collection이라 하자. 보이고자 하는 것은 \bigcap_{n=1}^{\infty}U_{n}X에서 dense하다는 것만 보이면 된다. 이를 보이기 위해 nonempty open set G=G_{1}
하나 잡자.
U_{1}이 dense set이므로 U_{1}\cap G_{1}\neq\varnothing이다. x_{1}\in U_{1}\cap G_{1}을 잡자. 그러면 U_{1}\cap G_{1}x_{1}의 open neighborhood이다. 그런데 XT_{3}이므로 \overline{G_{2}}\subset G_{1}\cap U_{1}, x_{1}\in G_{2}인 nonempty open subset G_{2}가 존재한다. G_{2} 또한 nonempty open set이고 U_{2}도 dense in X이므로 G_{2}\cap A_{2}\neq\varnothing이다. 여기서 x_{2}\in G_{2}\cap U_{2}를 고르자. 그러면 G_{2}\cap U_{2}x_{2}의 open neighborhood이고 XT_{3}라는 사실로부터 \overline{G_{3}}\subset G_{2}\cap U_{2}, x_{2}\in G_{3}인 nonempty open subset G_{3}가 존재한다. 이와 같은 과정을 반복하면 다음과 같은 \left\{ G_{n}\right\}\left\{ x_{n}\right\}을 만들었다.

  • G_{1}=G는 공집합이 아닌 열린집합이다.
  • 모든 n에 대하여 G_{n}은 공집합이 아닌 열린집합이며, G_{n}\cap U_{n}x_{n}
    open neighborhood다.
  • 모든 n에 대하여 \overline{G_{n+1}}\subset G_{n}\cap U_{n}

또 하나 주목할 것은 \bigcap\left(G_{n}\cap U_{n}\right)=\bigcap\overline{G_{n}}라는 사실이다. 이 것이 왜 성립하냐면, G_{n}\cap U_{n}\supset\overline{G_{n+1}} for all n\ge1이므로 \bigcap\left(G_{n}\cap U_{n}\right)\supset\bigcap\overline{G_{n+1}}=\bigcap\overline{G_{n}}이다. 이것이 보여주는 것은

    \[ G_{1}\cap\left(\bigcap_{n=1}^{\infty}U_{n}\right)\supset\bigcap\overline{G_{n}} \]

이라는 소리이며, \bigcap\overline{G_{n}}이 공집합이 아닌것만 보이면 X가 Baire space라는 것을 보인다는 말이다.
이제 경우를 분리해서 증명을 시작하자.

Case 1. X is complete metric space

위의 건설과정으로부터 모든 n에 대하여 \delta\left(G_{n}\right)\le\frac{1}{n}을 만족하는 \left\{ G_{n}\right\} _{n=1}^{\infty}이 존재한다고 가정할 수 있다. 그러면 모든 n에 대하여 a_{n}\in G_{n}을 만족하는 수열 \left\{ a_{n}\right\}을 생각하면, 이는 코시수열이 된다. 왜냐하면 m>n이라 할 때, \overline{G_{m}}\subset G_{n}이므로 d\left(a_{n},a_{m}\right)\le\delta\left(G_{n}\right)<\frac{1}{n}이 성립한다. 임의로 \varepsilon>0이 주어진다면, 이때 아르키메데스의 원리에 의하여 \frac{1}{N}<\varepsilon을 만족하는 적당한 자연수 N이 존재한다. 그러므로 n,m\ge N이라 하면 d\left(a_{n},a_{m}\right)<\frac{1}{N}<\varepsilon이다. 따라서 \left\{ a_{n}\right\}은 코시수열이다. 그런데 X가 complete metric space이므로 \lim_{n\rightarrow\infty}a_{n}=x_{0}x_{0}\in X가 존재한다. 임의의 k\ge2에 대하여 \left\{ a_{n}\right\} _{n\ge k}G_{k}에 있는 수열이다. 그러므로 x_{0}\in\overline{G_{k}}이므로 x_{0}\in\bigcap\overline{G_{n}}이다.

Case 2. X is locally compact Hausdorff space

위의 건설과정에서 \left\{ G_{n}\right\} _{n=1}^{\infty}에서 \overline{G_{n}}이 모두 compact set이라 가정하자. 왜냐하면 locally compact Hausdorff space에서는 compact neighorbhood가 local base를 이루기 때문이다. 임의의 k\ge2에 대하여 \overline{G_{k}}\subset\overline{G_{2}}이므로 \left\{ \overline{G_{k}}:k\ge2\right\} 는 finite intersection property를 갖는 closed set들의 모임이다. \left\{ \overline{G_{N_{1}}},\dots,\overline{G_{N_{k}}}\right\}에 대하여 N=\max\left\{ N_{1},\dots,N_{k}\right\}라 하면, \bigcap_{m=1}^{k}\overline{G_{N_{m}}}\supset\overline{G_{N}}\neq\varnothing이므로 finite intersection property를 갖는다. 그리고 \overline{G_{2}}가 compact set이므로 \bigcap_{k=1}^{\infty}\overline{G_{k}}\neq\varnothing이다. 그러므로 증명이 끝났다.


Baire category theorem에는 다양한 종류의 application이 있다. 함수해석학에서 중요하게 사용되는 성질들을 증명할 수 있다. 간단한 예로는 uniform boundedness principle이다. 이는 Banach-Steinhaus theorem이라고도 불리기도 한다. 이 정리는 pointwise estimate를 갖는 continuous linear operator family에 대해서 global uniform estimate를 주는 정리다.

Theorem (Uniform boundedness principle). Let E and F be two Banach spaces and let \left(T_{i}\right)_{i\in I} be a family of continuous linear operators from E into F. Assume that \sup_{i\in I}\norm{T_{i}x}{}<\infty for all x\in E. Then
\sup_{i\in I}\norm{T_{i}}{\mathscr{L}\left(E,F\right)}<\infty. That is, there is a constant c such that

    \[ \norm{T_{i}x}{}\le c\norm x{} \]

for all x\in E and for all i\in I.

Proof. 임의의 n\ge1에 대하여

    \[ X_{n,i}=\left\{ x\in E:\norm{T_{i}x}{}\le n\right\} \]

이라 하자. T_{i}가 continuous linear operator이므로 X_{n,i}는 closed다. 그러므로 X_{n}=\bigcap_{i\in I}X_{n,i}는 closed set in X다. 이제 보이고자 하는 것은 E=\bigcup_{n=1}^{\infty}X_{n}다. x\in E라 하면, \sup_{i\in I}\norm{T_{i}x}{}<\infty이므로 모든 i에 대하여 \norm{T_{i}x}{}\le n 적당한 자연수 n이 존재한다. 이는 x\in X_{n}임을 보인다. 그런데 E는 complete metric space이므로 Baire category theorem에 의하여 X_{N}이 nowhere dense인 N이 존재한다. 이제 x_{0}\in X_{N}^{\circ}를 잡으면 B\left(x_{0},r\right)\subset X_{N}r>0이 존재한다. 그러면 임의의 i와 모든 z\in B\left(0,1\right)에 대하여

    \[ \norm{T_{i}\left(x_{0}+rz\right)}{}\le N \]

이다. 이로부터 operator norm의 정의에 의해 r\norm{T_{i}}{\mathscr{L}\left(E,F\right)}\le N+\norm{T_{i}x_{0}}{}이다. i에 대한 supremum을 취하면, 증명이 끝난다.


위 정리에 대한 application으로 \left[0,2\pi\right]라고 해서 continuous function이라고 해서 convergent Fourier series를 갖는 것은 아니다라는 걸 보일 수 있다. 그리고 그런 함수들이 어떤 의미로 많다는 걸 보일 수 있다. 그러나 이 글의 목적보다 더 큰 이야기이므로 내용을 차후에 쓰도록 한다.

고등미적분학 1 (또는 해석학1)에서 다음과 같은 함수를 연습문제로 만나봤을 것이다: f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R}인 함수를 다음과 같이 정의하자:

    \[ f\left(x\right)=\begin{cases} 1 & x=0,\\ \frac{1}{q} & x=\frac{p}{q},\\ 0 & x\in\mathbb{Q}^{c}\cap\left[0,1\right]. \end{cases} \]

여기서 \frac{p}{q}는 기약분수다. 그러면 이 함수는 모든 유리수점에서 불연속이고, 모든 무리수점에서 연속이다. 이 사실은 아르키메데스의 원리로 나오는 결과다. 이제 역으로 물어보기를, 과연 모든 유리수점에서 연속이고, 모든 무리수점에서 불연속인 함수가 있을까?

Baire Category Theorem에 의하면 이러한 함수는 없다는 걸 보일 수 있다.

Theorem. There is no function f:\left[0,1\right]\rightarrow\mathbb{R} such that f is continuous at every rational point but not continuous at every irrational point.

Proof. fx에서 연속이라는 표현을 조금 다른 언어로 말을 해보도록 하자. \mathrm{osc}\left(f\right)\left(x\right)=\lim_{r\rightarrow0}\sup_{y,z\in B_{r}\left(x\right)}\left|f\left(y\right)-f\left(z\right)\right|이라 정의하자. \mathrm{osc}\left(f\right)\left(x\right)=0이라는 것과 fx에서 연속이라는 것과 동치다. 이는 쉽게 보일 수 있다. 이 아이디어로부터 임의의 자연수 n\ge1에 대하여

    \[ E_{n}=\left\{ x\in\left[0,1\right]:\text{there exists }\delta_{x}>0\text{ such that }y,z\in B_{\delta_{x}}\left(x\right)\Rightarrow\left|f\left(y\right)-f\left(z\right)\right|<\varepsilon\right\} \]

라 정의하자. 이제 \mathcal{C}_{f}\left[0,1\right]에서 f가 연속인 점이라고 정의를 하면, \mathcal{C}_{f}=\bigcap_{n=1}^{\infty}E_{n}다. 이는 \mathrm{osc}\left(f\right)\left(x\right)=0fx에서 연속이라는 것과 동치이기 때문이다. 이제 E_{n}이 열린집합이라는 것을 보이도록 하자. x\in E_{n}을 하나 잡으면, 정의에 의하여 y,z\in B_{\delta_{x}}\left(x\right)implies \left|f\left(y\right)-f\left(z\right)\right|<\frac{1}{n}\delta_{x}>0가 존재한다. 이제 보이고자 하는 건 B_{\delta_{x}}\left(x\right)\subset E_{n}이다. w\in B_{\delta_{x}}\left(x\right)라 하면, B_{\delta_{w}}\left(w\right)\subset B_{\delta_{x}}\left(x\right)\delta_{w}>0이 존재한다. 이제 y,z\in B_{\delta_{w}}\left(w\right)라 잡으면 y,z\in B_{\delta_{x}}\left(x\right)이고 이는 \left|f\left(y\right)-f\left(z\right)\right|<\frac{1}{n}이다. 따라서 집합의 정의에 의하여 w\in E_{n}이며 이는 E_{n}이 열린 집합임을 보인 것이다. 그러므로 \mathcal{C}_{f}G_{\delta}-set이다.

이제 본격적으로 증명을 시작하도록 하자. \mathcal{C}_{f}=\mathbb{Q}\cap\left[0,1\right]라 가정하자. \mathcal{C}_{f}G_{\delta}-set이므로 \mathcal{C}_{f}^{c}F_{\sigma}-set이고 \mathcal{C}_{f}^{c}는 dense set이다. 그런데 \mathbb{Q}F_{\sigma}-set이다. \mathbb{R}은 Baire space이므로 E,E^{c}가 모두 dense subset이면 많아야 하나가 F_{\sigma}-set이다. 이는 전제에 모순이다.

이제 실변수 함수론으로 넘어가보도록 하자. Lebesgue measure space에서 finite measure space에서는 1<p<\infty일 때,L^{p}함수는 L^{1}임이 잘 알려져있다. 그러나 L^{1}이라고 L^{p}는 아님이 잘 알려진 결과다. 예를 들어 x^{-\frac{1}{p}}\in L^{1}\left(\left[0,1\right]\right)이지만 L^{p}\left(\left[0,1\right]\right)는 아니다. 그럼 L^{1}이면서 L^{p}인 함수는 어느정도로 있을까? 어떤 의미로 거의 없다. 이는 다음 정리가 알려주고 있다.

Theorem. Consider L^{p}\left(\left[0,1\right]\right) with Lebesgue measure. Note that if f\in L^{p} with p>1, then f\in L^{1}. Then the set of f\in L^{1} so that f\notin L^{p} is generic.

Proof. 다음과 같은 집합을 정의하자:

    \[ \mathcal{M}=\left\{ f\in L^{1}:f\notin L^{p}\right\} . \]

임의의 자연수 N에 대하여

    \[ E_{N}=\left\{ f\in L^{1}:\int_{I}\left|f\right|\le Nm\left(I\right)^{1-\frac{1}{p}}\text{ for all intervals }I\right\} \]

라 정의하자.

첫번째로 E_{N}은 닫힌집합이다. fE_{N}의 limit point라 하자. \left\{ f_{n}\right\} _{n=1}^{\infty} such that \norm{f_{n}-f}1\rightarrow0 as n\rightarrow\infty인 sequence가 존재한다. \varepsilon>0이 주어졌다고 하자. 그러면 k>K implies \norm{f_{n}-f}1<\varepsilon를 만족하는 K\in\mathbb{N}이 존재한다. 그러므로 임의의 interval I에 대하여 다음과 같은 계산을 통해

    \begin{align*} \int_{I}\left|f\right|dm & =\int_{I}\left|f-f_{n}+f_{n}\right|dm\\ & \le\int_{I}\left|f-f_{n}\right|dm+\int_{I}\left|f_{n}\right|dm\\ & <\varepsilon+\int_{I}\left|f_{n}\right|dm\\ & \le\varepsilon+Nm\left(I\right)^{1-\frac{1}{p}} \end{align*}

를 얻으며, 엡실론의 여지만큼 잘 남겼으므로, \int_{I}\left|f\right|dm\le Nm\left(I\right)^{1-\frac{1}{p}}이다. 여기서 I는 임의로 택해졌기 때문에, f\in E_{N}이다. 또 f\in L^{p} 이면 f\in L^{1}이다. 왜냐하면 m\left(\left[0,1\right]\right)<\infty이기 때문이다.러므로 \int_{I}\left|f\right|dm<\infty. 그렇기 때문에 t \int_{I}\left|f\right|dm\le Nm\left(I\right)^{1-\frac{1}{p}}인 자연수 N이 존재하므로 f\in\bigcup_{N}E_{N}이다. 이는L^{p}\left(\left[0,1\right]\right)\subset\bigcup_{N}E_{N}임을 보인 것이다. 이제 모든 N에 대하여 E_{N}임을 보이자. 그런 집합이 없다고 가정하자. 즉 E_{N_{0}}이 nowhere dense이라고 하자. 이제 f_{0}\in E_{N_{0}}^{\circ}를 하나 고르면 B_{r}\left(f_{0}\right)\subset E_{N_{0}}이 되는 r>0이 존재한다. \frac{1}{p}<1-\delta<1에 대하여

    \begin{align*} \int_{0}^{1}\left|g\right|dm & =\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{1-\delta}}dx\\ & =M<\infty \end{align*}

이다. 그러므로 이제 \int_{0}^{1}\varepsilon\left|g\right|dm<M\varepsilon<r가 되도록 \varepsilon>0를 잘 잡으면, f_{0}+\varepsilon g\in B_{r}\left(f_{0}\right)이다. 그러나 \varepsilon g\notin L^{p}이다. 왜냐하면

    \[ \int_{0}^{1}\left|\varepsilon g\right|^{p}dm=\int_{0}^{1}\frac{\varepsilon^{p}}{x^{p-p\delta}}dx>\int_{0}^{1}\frac{\varepsilon^{p}}{x}dx=\infty, \]

인데, 이는 L^{p}\left(\left[0,1\right]\right)\subset\bigcup_{N}E_{N}라는 것에 모순이다.

그러므로 \mathcal{M}^{c}\subset\bigcup_{N}E_{N}라는 소리는 \mathcal{M}이 generic이라는 것과 같다.


그 외에도 많은 응용이 있을 정도로 Baire Category Theorem은 강력한 응용성을 가진 정리다.

Holomorphic Injection and the its derivatives

Stein 책의 증명을 웬만해서는 좋아하지만, 몇몇 개의 증명은 너무 말로만 넘긴 느낌이 들어서, 논리를 채워야 하는 경우가 종종 발생한다.
복소변수 함수를 공부하다보면, 실변수 함수와는 다른 성질을 갖는 경우가 종종 발생한다. 대표적인 예가 다음과 같은 경우가 아닐까 싶다.

Theorem. If f:U\rightarrow V is holomorphic and injective, then f^{\prime}\left(z\right)\neq0 for all z\in U.

Proof. Suppose f^{\prime}\left(z_{0}\right)=0 for some z_{0}\in U. Then note that f\left(z\right)-f\left(z_{0}\right) and f^{\prime} are analytic at z_{0}. So there is \delta>0 such that f\left(z\right)-f\left(z_{0}\right)\neq0 and f^{\prime}\left(z\right)\neq0 for all z\in D_{\delta}\left(z_{0}\right)\setminus\left\{ z_{0}\right\}.
Let \varepsilon=\inf_{\left|z-z_{0}\right|=\delta}\left|f\left(z\right)-f\left(z_{0}\right)\right|>0. Then for w\in D\left(f\left(z_{0}\right),\varepsilon\right), we note that

    \[ f\left(z\right)-w=f\left(z\right)-f\left(z_{0}\right)+f\left(z_{0}\right)-w. \]

By definition of \varepsilon, for all z with \left|z-z_{0}\right|=\delta, we have

    \[ \left|f\left(z_{0}\right)-w\right|<\varepsilon\le\left|f\left(z\right)-w\right|. \]

So by Rouché’s theorem, \left|f\left(z\right)-w\right| and \left|f\left(z\right)-f\left(z_{0}\right)\right| have same number of zeros counting with multiplicities inside \left|z-z_{0}\right|=\delta.

Write f\left(z\right)-f\left(z_{0}\right)=\sum_{k=1}^{\infty}a_{k}\left(z-z_{0}\right)^{k} in D\left(z_{0},\delta\right). Then f^{\prime}\left(z\right)=\sum_{k=1}^{\infty}ka_{k}\left(z-z_{0}\right)^{k-1} in D\left(z_{0},\delta\right). Since f^{\prime}\left(z_{0}\right)=0, this shows that f\left(z\right)-f\left(z_{0}\right)=a\left(z-z_{0}\right)^{k}G\left(z\right)
where k\ge2 and G is holomorphic at z_{0} and G\left(z_{0}\right)\neq0.
So f\left(z\right)-w has k zeros by definition of \delta and the previous observation. Since f\left(z\right)-w\neq0 and f^{\prime}\left(z\right)\neq0 for all z\in D\left(z_{0},\delta\right)\setminus\left\{ z_{0}\right\}, the zeros of f\left(z\right)-w are all simple. But f is injective, a contradiction.