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모든 등거리 사상은 임베딩이 됨을 증명

정리

$(X, \left\| \cdot \right\|_{X}), (Y, \left\| \cdot \right\|_{Y})$를 놈 공간이라고 하자. 그리고 $f : X \to Y$를 등거리 사상이라고 하자. 그러면 $f$는 임베딩이다. 다시 말해 $f$가 아래의 두 조건을 만족한다.

(a) $f(X) \subset Y$

(b) $f : X \to f(X)$가 위상동형사상이다.

증명

전략: $(b)$를 먼저 증명하고 $(a)$를 증명하겠다. 각 증명과정에서 특별히 어려운 부분은 없으나 여러 정의를 사용하기 때문에 어려워 보일 수는 있다.

(b)

보조정리

두 위상공간 $X$와 $Y$가 있다고 하자. 전단사 함수 $f : X \to Y$에 대해서 다음의 세 조건은 서로 동치이다.

• $f$는 열린사상이다.
• $f$는 닫힌사상이다.
• $f^{-1}\ : Y\to X$는 연속사상이다.

$f : X \to f(X)$가 위상동형 사상임을 보이려면 $f$가 전단사, 연속이고, $f^{-1}$가 연속임을 보여야 한다.

• Part 1. $f : X \to f(X)$가 전단사이다.

  $f : X \to f(X)$가 전사임은 자명하다. $f(x_{1})=f(x_{1})$라고 가정하자. 그러면 $d_{y} \big( f(x_{1}),\ f(x_{2}) \big)=0$이다. $f$는 거리를 보존하므로 $d_{x}(x_{1}, x_{2})=0$이다. 따라서 $x_{1}=x_{2}$이므로 $f$는 단사이다.

• Part 2. $f : X \to f(X)$가 연속이다.

  $f$가 전단사이므로 임의의 $y\in f(X)$에 대해서 $f(x)=y$를 만족하는 $x\in X$가 유일하게 존재한다. 따라서 $f$는 등거리 사상이므로 양수 $r>0$에 대해서 아래의 식이 성립한다.

  $$f^{-1}\big(B_{d_{Y}}(y,r) \big)=B_{d_{X}}(x,r)$$

  임의의 열린 집합 $V\subset f(X)$에 대해서 $f^{-1}(V)$가 열린 집합이므로 $f$는 연속이다.

• Part 3. $f^{-1}$가 연속이다.

  위와 마찬가지의 논리로 임의의 $x \in X$와 $r>0$에 대해서

  $$f \big( B_{d_{X}}(x,r) \big) = B_{d_{Y}}\big( f(x),r\big)$$

  이므로 $f$는 열린사상이다. 따라서 보조정리에 의해 $f^{-1}$는 연속이다.

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(a)

$x_{1},x_{2} \in X$라고 하자. 그러면 $f(x_{1}),f(x_{2}) \in f(X)$이다. $X$는 놈 공간이므로 벡터 공간이고 따라서 $x_{1}+x_{2}=x\in X$이다. 등거리 사상 $f$는 선형이므로 $f(x)=f(x_{1}+x_{2})=f(x_{1})+f(x_{2})$이다. 또한 $x\in X$이므로 $f(x) \in f(X)$이다. 따라서 $f(x_{1}), f(x_{2}) \in f(X)$일 때 마다 $f(x_{1})+f(x_{2})=f(x)\in f(X)$이므로 덧셈에 대해서 닫혀있다. 같은 논리로 곱셈에 대해서 닫혀있음을 보일 수 있다. 따라서 $f(X)$는 $Y$의 부분공간이다.

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