수학 공부의 꽃은 문제를 푸는 것이다. 이 글에서 컴팩트 서포트에 대한 다양한 문제들을 풀어보길 바란다.
1. Compact support를 직접 구하는 쉬운 문제
문제 1.
함수 $f:\mathbb R\to\mathbb R$를 다음과 같이 정의하자.
$f(x)= \begin{cases} 1-|x|, & |x|<1,\\ 0, & |x|\geq 1. \end{cases}$
다음을 구하여라.
- $\{x:f(x)\neq 0\}$
- $\operatorname{supp} f$
- $f$는 compact support를 가지는가?
먼저 $f(x)\neq 0$인 곳을 보자.
$|x|<1$
일 때
$f(x)=1-|x|$
이다. 이 값은 $-1<x<1$에서 양수다. 따라서
$\{x:f(x)\neq 0\}=(-1,1)$
이다. 하지만 support는 이 집합의 폐포(Closure)다.
$\operatorname{supp} f = \overline{(-1,1)} = [-1,1]$
따라서
$\boxed{\operatorname{supp} f=[-1,1]}$
이다. 그리고 $[-1,1]$은 $\mathbb R$에서 닫히고 유계이므로 compact하다. 따라서 $f$는 compact support를 가진다.
$\boxed{f\in C_c(\mathbb R)}$
단, 이 함수는 $x=0$, $x=\pm1$에서 매끄럽지 않으므로 $C_c^\infty(\mathbb R)$는 아니다.
2. Compact support를 직접 구하는 어려운 문제
문제 2.
함수 $f:\mathbb R\to\mathbb R$ 다음과 같이 정의하자.
$f(x)= \begin{cases} e^{-\frac{1}{1-x^2}}\sin\left(\frac{1}{x-\frac12}\right), & |x|<1,\ x\neq \frac12,\\ 0, & x=\frac12,\\ 0, & |x|\geq 1. \end{cases}$
다음을 구하여라.
- $\{x:f(x)\neq 0\}$
- $\operatorname{supp} f$
- $f$는 compact support를 가지는가?
이 문제의 핵심은 다음이다.
$e^{-\dfrac{1}{1-x^2}}>0$ for $|x|<1$
그러므로 $f(x)$)가 0이 되는 이유는 지수함수 때문이 아니라,
$\sin\left(\dfrac{1}{x-\frac{1}{2}}\right)=0$
이 되는 경우 때문이다. 사인 함수가 $0$이 되는 것은
$\dfrac{1}{x-\frac{1}{2}}=k\pi$
일 때다. 따라서
$x=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{k\pi}$
이다. 단, 이 점들 중에서 $(-1,1)$ 안에 들어가는 것들만 고려한다. 그리고 $x=\frac{1}{2}$에서는 함수가 따로 0으로 정의되어 있다. 따라서
$\{x:f(x)\neq 0\} = (-1,1) \setminus \left( \left\{\dfrac{1}{2}\right\} \cup \left\{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{k\pi}:k\in\mathbb Z,\ k\neq 0\right\} \right)$
단, 여기서 실제로는 $(-1,1)$ 안에 들어가는 점들만 빼면 된다. 그런데 중요한 점은 이것이다. 위에서 빠지는 점들은 많이 있지만, 그 점들 사이사이에는 여전히 $f(x)\neq 0$인 점들이 빽빽하게 있다. 즉 $f(x)\neq 0$인 점들의 집합은 $(-1,1)$ 안에서 조밀하다. 따라서 폐포를 취하면
$\overline{\{x:f(x)\neq 0\}} = [-1,1]$
이다. 그러므로
$\boxed{\operatorname{supp} f=[-1,1]}$
이다. 그리고 $[-1,1]$은 compact하므로 $f$는 compact support를 가진다.
3. Compact support 함수를 이용한 문제들
이제부터는 compact support 함수가 실제로 어떻게 쓰이는지 보는 문제들이다.
문제 3. 부분적분에서 경계항 없애기
$\varphi\in C_c^1(\mathbb R)$라고 하자. 즉 $\varphi$는 한 번 미분 가능하고 compact support를 가진다. 다음을 보여라.
$\displaystyle \int_{\mathbb R}\varphi'(x)dx=0$
$\varphi$가 compact support를 가지므로 어떤 $R>0$가 존재해서
$\varphi(x)=0 \quad\text{for } |x|\geq R$
이다. 따라서
$\displaystyle \int_{\mathbb R}\varphi'(x)dx = \int_{-R}^{R}\varphi'(x)dx$
이다. 미적분학의 기본정리에 의해
$\displaystyle \int_{-R}^{R}\varphi'(x)\,dx = \varphi(R)-\varphi(-R)$
그런데 $\varphi(R)=0$, $\varphi(-R)=0$이므로
$\displaystyle \int_{\mathbb R}\varphi'(x)dx=0$
이다.
$\boxed{\displaystyle \int_{\mathbb R}\varphi'(x)dx=0}$
문제 4. 무한구간에서 부분적분하기
$u\in C^1(\mathbb R)$, $\varphi\in C_c^1(\mathbb R)$라고 하자. 다음을 보여라.
$\displaystyle \int_{\mathbb R}u'(x)\varphi(x)dx=-\int_{\mathbb R}u(x)\varphi'(x)dx$
$\varphi$가 compact support를 가지므로 어떤 $R>0$가 존재해서
$\varphi(x)=0$, $\quad\text{for } |x|\geq R$
이다. 따라서
$\displaystyle \int_{\mathbb R}u'(x)\varphi(x)dx=\int_{-R}^{R}u'(x)\varphi(x)dx$
이다. 부분적분하면
$\displaystyle \int_{-R}^{R}u'(x)\varphi(x)dx =u(R)\varphi(R)-u(-R)\varphi(-R) -\int_{-R}^{R}u(x)\varphi'(x)dx$
그런데
$\varphi(R)=\varphi(-R)=0$
이므로 경계항이 사라진다. 따라서
$\displaystyle \int_{\mathbb R}u'(x)\varphi(x)dx=-\int_{\mathbb R}u(x)\varphi'(x)dx$
이다.
$\boxed{\displaystyle \int_{\mathbb R}u'\varphi=-\int_{\mathbb R}u\varphi'}$
이 공식이 weak derivative와 distribution theory의 출발점이다.
문제 5. Heaviside 함수와 Dirac delta
Heaviside 함수 $H:\mathbb R\to\mathbb R$를 다음과 같이 정의하자.
$H(x)=\begin{cases}0, & x<0,\\ 1, & x>0.\end{cases}$
$\varphi\in C_c^\infty(\mathbb R)$에 대해 다음 값을 구하여라.
$\displaystyle -\int_{\mathbb R}H(x)\varphi'(x)dx$
$H(x)=0$ for $x<0$, $H(x)=1$ for $x>0$이므로
$\displaystyle -\int_{\mathbb R}H(x)\varphi'(x)dx=-\int_0^\infty \varphi'(x)dx$
이다.
$\varphi$는 compact support를 가지므로 충분히 큰 $R$에 대해 $\varphi(R)=0$이다.
따라서
$\displaystyle -\int_0^\infty \varphi'(x)dx=-\left(\varphi(\infty)-\varphi(0)\right)$
여기서 $\varphi(\infty)=0$처럼 생각할 수 있다. 엄밀하게는 $R$을 충분히 크게 잡고
$\displaystyle -\int_0^R \varphi'(x)dx=-\left(\varphi(R)-\varphi(0)\right)=\varphi(0)$
이다.
따라서
$\boxed{\displaystyle -\int_{\mathbb R}H(x)\varphi'(x)dx=\varphi(0)}$
이것은 distribution 의미에서
$H'=\delta_0$
라는 뜻이다.
즉 Heaviside 함수의 미분은 보통 함수가 아니라 Dirac delta다.
여기서 compact support 함수 $\varphi$는 “테스트 함수”로 쓰인다.
문제 6. Dirac delta의 support 구하기
Dirac delta $\delta_0$를 다음과 같이 정의하자.
$\delta_0(\varphi)=\varphi(0)$
여기서 $\varphi\in C_c^\infty(\mathbb R)$이다.
$\delta_0$의 support는 무엇인가?
직관적으로 $\delta_0$는 $0$에서만 작용한다.
$\delta_0(\varphi)=\varphi(0)$
이므로, $\varphi$가 $0$ 근처에서 0이면
$\delta_0(\varphi)=0$
이다.
반대로 $0$ 근처에서 값을 가지는 테스트 함수에 대해서는 $\delta_0$가 0이 아닐 수 있다.
따라서 $\delta_0$의 support는
$\boxed{\{0\}}$
이다.
이 문제는 함수의 support에서 distribution의 support로 개념이 확장되는 예시다.
문제 7. compact support 함수로 발산정리 쓰기
벡터장 $F:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$가 $C^1$이고 compact support를 가진다고 하자.
즉 어떤 $R>0$가 존재해서
$F(x,y)=0 \quad\text{for } x^2+y^2\geq R^2$
이다.
다음을 보여라.
$\displaystyle \int_{\mathbb R^2}\operatorname{div}F\,dA=0$
$F$가 compact support를 가지므로 충분히 큰 원판
$B_R=\{(x,y):x^2+y^2\leq R^2\}$
밖에서는 $F=0$이다.
따라서
$\displaystyle \int_{\mathbb R^2}\operatorname{div}F\,dA=\int_{B_R}\operatorname{div}F\,dA$
이다.
발산정리에 의해
$\displaystyle \int_{B_R}\operatorname{div}F\,dA=\int_{\partial B_R}F\cdot n\,ds$
그런데 $\partial B_R$ 위에서 $F=0$이므로
$\displaystyle \int_{\partial B_R}F\cdot n\,ds=0$
따라서
$\boxed{\displaystyle \int_{\mathbb R^2}\operatorname{div}F\,dA=0}$
이다.
이것은 2차원 버전의 “경계항이 사라진다”는 현상이다.
문제 8. compact support cutoff 함수 만들기
다음 함수 $\eta:\mathbb R\to\mathbb R$를 생각하자.
$\eta(x)=\begin{cases}e^{-\frac{1}{1-x^2}}, & |x|<1,\\ 0, & |x|\geq 1.\end{cases}$
다음을 보여라.
1. $\eta(x)>0$ for $|x|<1$
2. $\operatorname{supp}\eta=[-1,1]$
3. $\eta$는 compact support를 가진다.
먼저 $|x|<1$이면
$1-x^2>0$
이므로
$-\frac{1}{1-x^2}$
는 잘 정의된 실수다. 따라서
$e^{-\frac{1}{1-x^2}}>0$
이다.
그러므로
$\eta(x)>0 \quad\text{for } |x|<1$
이다.
그리고 $|x|\geq1$에서는 $\eta(x)=0$이다.
따라서
$\{x:\eta(x)\neq 0\}=(-1,1)$
이고,
$\operatorname{supp}\eta=\overline{(-1,1)}=[-1,1]$
이다.
따라서
$\boxed{\operatorname{supp}\eta=[-1,1]}$
이고, $[-1,1]$은 compact하므로 $\eta$는 compact support를 가진다.
사실 이 함수는 $C_c^\infty(\mathbb R)$의 대표적인 예시다.
즉 부드럽고, compact support를 가진다.
이런 함수를 흔히 bump function이라고 부른다.
이고, 부분적분하면
$\displaystyle -\left([x\varphi(x)]_0^\infty-\int_0^\infty \varphi(x)dx\right)=\int_0^\infty \varphi(x)dx$
따라서 전체는
$\displaystyle -\int_{\mathbb R}|x|\varphi'(x)dx=-\int_{-\infty}^{0}\varphi(x)dx+\int_{0}^{\infty}\varphi(x)dx$
즉
$\boxed{\displaystyle -\int_{\mathbb R}|x|\varphi'(x)dx=\int_{\mathbb R}\operatorname{sgn}(x)\varphi(x)dx}$
이다.
따라서 약한 의미에서
$(|x|)'=\operatorname{sgn}(x)$
이다.
여기서 compact support가 없으면 $\pm\infty$에서 경계항 처리가 귀찮아진다.
문제 12. 더 어려운 약한 미분 문제
함수
$u(x)=H(x)$
를 Heaviside 함수라고 하자.
$H(x)=\begin{cases}0, & x<0,\\ 1, & x>0.\end{cases}$
distribution 의미에서 $H'$를 구하여라.
distribution 의미에서 도함수는 다음 관계로 정의된다.
$H'(\varphi)=-H(\varphi')=-\displaystyle\int_{\mathbb R}H(x)\varphi'(x)dx$
이미 문제 5에서 계산한 것처럼
$\displaystyle -\int_{\mathbb R}H(x)\varphi'(x)dx=\varphi(0)$
이다.
그런데
$\delta_0(\varphi)=\varphi(0)$
이므로
$H'=\delta_0$
이다.
따라서
$\boxed{H'=\delta_0}$
이다.
이 문제는 compact support 테스트 함수가 왜 distribution theory의 기본 도구인지 보여준다.
문제 13. compact support가 없는 경우와 비교하기
함수
$\varphi(x)=e^{-x^2}$
를 생각하자.
다음을 판단하여라.
1. $\varphi$는 compact support를 가지는가?
2. $\varphi$는 $|x|\to\infty$일 때 0으로 가는가?
3. 이 둘의 차이는 무엇인가?
먼저
$e^{-x^2}>0$
for all $x\in\mathbb R$.
따라서
$\{x:\varphi(x)\neq 0\}=\mathbb R$
이다.
그러므로
$\operatorname{supp}\varphi=\mathbb R$
이다.
$\mathbb R$은 compact하지 않다.
따라서
$\boxed{\varphi \text{는 compact support를 가지지 않는다.}}$
하지만
$\displaystyle \lim_{|x|\to\infty}e^{-x^2}=0$
이다.
즉 이 함수는 무한히 멀리 가면 매우 빠르게 작아지지만, 어느 지점 바깥에서 완전히 0이 되지는 않는다.
따라서 핵심 차이는 이것이다.
$e^{-x^2}$
는 빠르게 감소하지만 compact support는 없다.
compact support는 단순히 “작아진다”가 아니라,
충분히 멀리 가면 정확히 0이 된다
는 조건이다.
문제 14. $\mathbb R^2$에서 support 구하기
함수 $f:\mathbb R^2\to\mathbb R$를 다음과 같이 정의하자.
$f(x,y)=\begin{cases}1-(x^2+y^2), & x^2+y^2<1,\\ 0, & x^2+y^2\geq 1.\end{cases}$
다음을 구하여라.
1. $\{(x,y):f(x,y)\neq 0\}$
2. $\operatorname{supp}f$
3. $f$는 compact support를 가지는가?
$x^2+y^2<1$이면
$f(x,y)=1-(x^2+y^2)>0$
이다.
따라서
$\{(x,y):f(x,y)\neq 0\}=\{(x,y):x^2+y^2<1\}$
이다.
즉 열린 단위원판이다.
support는 이 집합의 폐포이므로
$\operatorname{supp}f=\{(x,y):x^2+y^2\leq1\}$
이다.
따라서
$\boxed{\operatorname{supp}f=\overline{B_1(0)}}$
이다.
닫힌 단위원판은 $\mathbb R^2$에서 닫히고 유계이므로 compact하다.
따라서 $f$는 compact support를 가진다.
문제 15. support가 여러 조각인 경우
함수 $f:\mathbb R\to\mathbb R$를 다음과 같이 정의하자.
$f(x)=\begin{cases}1, & 0<x<1,\\ 2, & 3<x<4,\\ 0, & \text{otherwise}.\end{cases}$
$\operatorname{supp}f$를 구하여라.
$f(x)\neq 0$인 곳은
$(0,1)\cup(3,4)$
이다.
따라서 support는 그 폐포다.
$\operatorname{supp}f=\overline{(0,1)\cup(3,4)}=[0,1]\cup[3,4]$
따라서
$\boxed{\operatorname{supp}f=[0,1]\cup[3,4]}$
이다.
이 집합은 compact하다.
따라서 $f$는 compact support를 가진다.
단, 이 함수는 불연속이다.
compact support를 가진다고 해서 반드시 연속이거나 매끄러운 것은 아니다.
문제 16. support가 예상보다 커지는 경우
함수 $f:\mathbb R\to\mathbb R$를 다음과 같이 정의하자.
$f(x)=\begin{cases}1, & x\in \mathbb Q\cap[0,1],\\ 0, & \text{otherwise}.\end{cases}$
$\operatorname{supp}f$를 구하여라.
$f(x)\neq 0$인 곳은
$\mathbb Q\cap[0,1]$
이다.
즉
$\{x:f(x)\neq 0\}=\mathbb Q\cap[0,1]$
이다.
그런데 유리수는 실수에서 조밀하다.
따라서
$\overline{\mathbb Q\cap[0,1]}=[0,1]$
이다.
그러므로
$\boxed{\operatorname{supp}f=[0,1]}$
이다.
이 문제는 support가 왜 closure로 정의되는지 잘 보여준다.
함수는 유리수 점에서만 1이고 무리수에서는 0이지만, 유리수가 $[0,1]$ 안에 조밀하게 퍼져 있기 때문에 support는 전체 $[0,1]$이 된다.
최종 정리
이 문제들을 통해 잡아야 할 핵심 감각은 이것이다.
1. support는 단순히 $f\neq0$인 집합이 아니다.
$\operatorname{supp}f=\overline{\{x:f(x)\neq0\}}$
이다.
그래서 경계점도 support에 포함될 수 있다.
2. compact support는 “멀리 가면 작아진다”가 아니다.
$e^{-x^2}$
는 무한히 멀리 가면 0으로 가지만 compact support는 없다.
compact support는
충분히 멀리 가면 정확히 0이 되는 것
이다.
3. compact support 함수는 계산을 국소화한다.
$\displaystyle \int_{\mathbb R}f(x)\varphi(x)dx$
에서 $\varphi$가 compact support를 가지면, 실제로는 $\varphi$가 살아 있는 영역 안에서만 적분한다.
4. compact support는 경계항을 없앤다.
$\displaystyle \int_{\mathbb R}u'\varphi dx=-\int_{\mathbb R}u\varphi' dx$
같은 공식이 깔끔하게 성립하는 이유는 compact support 덕분에 무한대의 경계항이 사라지기 때문이다.
5. distribution theory에서 compact support 함수는 테스트 도구다.
$\delta_0(\varphi)=\varphi(0)$
처럼 일반적인 함수가 아닌 대상도 compact support를 가진 매끄러운 테스트 함수에 대한 작용으로 이해할 수 있다.
그래서 compact support는 단순한 정의가 아니라,
무한한 공간에서 국소적인 정보를 안전하게 추출하기 위한 도구
라고 보면 된다.
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