어릴때 썼던거라.. 다소 과한 표현이 많을 것 같습니다.. 부디 귀엽게 봐주셔요..
해석학은 미분과 적분을 설명하기 위한 학분이라고 한다. 미분과 적분을 설명하기 위해서는 연속성에 대해서 알아야 하며, 연속성을 위해서는 극한에 대해서 정의되야 한다. 또, 극한을 정의하기 위해선 함수를 이해해야하며, 함수를 이해하기 위해선 공간에 대한 이야기가 필요하다.
해석학에서는 미분과 적분이 정의되는 공간을 다루기 쉽게 하기 위해, 공간에 대해서 3가지 성질을 정의하며 그것은 각각 Completness(완비성),Compactness(컴팩트성),Connectivity(연결성)이다.
Completeness에 대해서는 이전의 챕터에서 계속 다루었던 것으로, Monotone Sequence Propery, Least Upper Bound Property, Cauchy Sequence Property를 만족하는 성질을 의미한다. 무언가 completeness의 개념에 대해서 간접적으로 묘사하고 배워왔는데, 대략적으로 체화해보면 극한이 정의될 수 있는 수학적 구조의 수렴값들이 그 공간 바깥에 존재하지 않는다는 성질이라는 느낌이다.
챕터 3에서는 completeness에 이어서 또 다른 공간 성질들인 Compactness와 Connectivity에 대해서 공부해보겠다.
Chapter 3. Compact and Connected Set
3-1. Compactness
교수님께서 Compactness에 대해서 이야기 해주신 바로는, 필요에 따라 만들어진 개념이므로 직관적이진 않고, 단순하지도 않다고 하신다. 따라서 우선 정의해놓은 개념들을 나열식으로나마 써보면서 나중에 체화를 해보려고 한다.
우선 Sequentially Compact와 Compact의 개념부터 정의해보자.
Suquentially Compact
A : Sequentially Compact
$\iff \forall {x_n} \subset A, \exists{x_{n_k}} \subset {x_n} \mbox{ such that } x_{n_k} \rightarrow x \in A$
한마디로, set A에서 정의될 수 있는 모든 수열이 set A안의 원소로 수렴하는 부분수열을 가진다는 것을 의미한다.
Compact
A : Compact
$\iff \forall {u_a} \mbox{ : open cover of } A, \quad \exists u_{a1},u_{a2},…,u_{an} \in {u_a} \mbox{ such that } A \subset \overset{N}{\underset{i=1}{\bigcup}} u_{ai}$
이 말은 set A가 finite한 open cover로 감싸질 수 있음을 의미한다.
- $M \mbox{: Compact} \Rightarrow (M,d) \mbox{ : Compact Metric Space}$
- $\R^n$ is not compact metric space
ex) $u_n = (-n,n) , \R^n \subset \bigcup u_n $ but cannot be finite
ex) $S = {x \in \R^n \mid \parallel x\parallel = 1}$ is compact metric space
둘은 다른 개념이지만 metric space에서 equivalent하다. 이를 Bolzano - Weierstrass Theorem이라고 한다.
Bolzano - Weierstrass Theorem
For (M,d) : metric space, $A \subset M$
A: Compact $\iff$ A: Sequentially Compact
Compactness를 보이는 것은 어렵지만 Sequentially Compact를 보이는 것은 쉽다. 따라서 일반적으로 이 정리를 사용해서 set의 compact함을 보인다고 한다.
이를 증명하기 위해서는 4가지 lemma가 필요하다. 4가지 lemma 모두가 그 자체로 중요한 정리를 이루고 있으므로 확실히 숙지를 해 둘 필요가 있다.
pf) $A \mbox{ : Compact} \Rightarrow A \mbox{ : Sequentially Compact}$
Lemma 1. $A \mbox{ : Compact} \Rightarrow A \mbox{ : Closed}$
pf of Lemma 1)
$A \mbox{ is closed ,then }A^c = M \setminus A : open$
$x \in A^c , u_n = {y \in M \mid d(x,y) > \frac{1}{n}} \mbox{ : open cover containing A}$
$\bigcup u_n = M \setminus{x} \supset A$. So A is compact
$A \subset \bigcup u_{n} = u_1 \cup u_2 \cup … \cup u_N = u_N \Rightarrow u_N^c \subset A^c$
$\forall x \in A^c , D(x, \frac{1}{N}) \in u_N^c \subset A^c $
So $A^c$ is open and $A$ is Closed
Lemma 2. $\begin{cases} \ \mbox{For metric space } (m,d) , B \subset A \subset M, \\ \mbox{If }A \mbox{ is compact and } B \mbox{ is closed, then } B \mbox{ is compact} \end{cases}$
pf of Lemma 2)
If ${u_\alpha} \mbox{ is open cover of }B$,then $u_\alpha \mbox{ is open and } B \subset \bigcup u_\alpha$
${u_a,B^c}$ is open cover containing A
A is Compact, so $\exists u_{a_1},u_{a_2},…,u_{a_N} \mbox{ such that } A \subset {u_{a_1},B^c}\cup{u_{a_2},B^c}\cup…\cup{u_{a_N},B^c} = \bigcup u_\alpha \cup B^c$
In here, $\bigcup u_\alpha $ is finite union because A is compact
$B \subset A \subset \bigcup u_\alpha \cup B^c \Rightarrow B \subset \bigcup u_\alpha$
So B is compact
Pf) $A \mbox{ : Compact} \Rightarrow A \mbox{ : Sequentially Compact}$
Suppose A is not Sequentially compact then
$\exists {x_n} \subset A \mbox{ such that } \forall {x_{n_k}} \subset {x_n} , \mbox{ (1). } x_{n_k} \rightarrow x \notin A \mbox{ or (2). } x_{n_k} \mbox{ is not converges}$
(1) could not be holds because A is compact so A is closed
If A is closed then, $\forall {x_n}\subset A, x_n \rightarrow x,\exists x \in A$ and it is contradiction with (1)
(2). $x_{n_k}$ is not converges
${x_1, x_2,…}$ : infinite set so ${x_{n_k}} \mbox{ such that } x_{n_k} \neq x_{n_l} \mbox{ for } k \neq l$
let $z_k := x_{n_k}$ then $z_k \neq z_l \mbox{ for } n\neq l$
By (2). $z_k$ is not converges
$\forall i \in \N ,D(z_i, \frac{1}{m_i}) \cap {z_1,z_2,…} = \phi$ for some $m_i$
Let $B := {z_1,z_2,… }$
B is closed because $B’ = \phi$. So B is compact by lemma 2
a. ${D(z_n,\frac{1}{m_n})} $ : open cover of B
b. $D(z_n, \frac{1}{m_n}) \cap (B \setminus z_n) = \phi$
a$ \Rightarrow$B is compact so $\exists D(z_{k_1},m_{k_1}),D(z_{k_2},m_{k_2}),…,D(z_{k_N},m_{k_N}) \mbox{ such that } B \subset \overset{N}{\underset{i=1}{\bigcup}}D(Z_{k_i},\frac{1}{m_{i}})$
This N is finite number
b $\Rightarrow B\setminus{z_{k_1},z_{k_2},…,z_{k_N}} \not\subset \overset{N}{\underset{i=1}{\bigcup}}D(Z_{k_i},\frac{1}{m_{i}})$
This is contradiction
$\therefore$ A is sequentially compact
pf) $A \mbox{ : Compact} \Leftarrow A \mbox{ : Sequentially Compact}$
Lemma 3. $\begin{cases}\mbox{For }{u_\alpha} \mbox{ : open cover of }A \mbox{ and A is sequentially bounded}\\ \exists r>0 \mbox{(Lebesque Number)} \mbox{ such that } \forall y \in A , D(y,r) \subset u_{\alpha} \end{cases}$
pf of Lemma 3)
If not, $\forall \frac{1}{n}, \exists y_n \in A \mbox{ such that } D(y_n,\frac{1}{n}) \not\subset u_\alpha , \forall\alpha$
A is sequentially compact
$\ \Rightarrow \exists {y_{n_k}} \subset {y_n} \mbox{ such that }y_{n_k} \rightarrow y \in A$
$ y \in A \subset \bigcup u_\alpha \\ \Rightarrow y \subset u_{\alpha_0} \mbox{ for some }\alpha_0 \Rightarrow D(y, \epsilon) \subset u_{a_0} \mbox{ for some } \alpha_0 (\because u_\alpha \mbox{ is open })$
$\ \mbox{Take } n_{k_0} \in \N \mbox{ such that } \frac{1}{n_{k_0}}<\frac{\epsilon}{3} \\ y_{n_k} \rightarrow y \Rightarrow d(y,y_{n_k}) < \frac{\epsilon}{3} \\ \Rightarrow D(y_{n_k},\frac{1}{n_k}) \subset D(y,\epsilon) \subset u_{a_0}$
it is contradiction with assumption
Lemma 4. A is Sequentially Compact $\Rightarrow $ A is totally bounded
A is totally Bounded $\iff \forall r >0 , \exists y_1,y_2,..y_N \in M \mbox{ such that } A \subset D(y_1,r) \cup D(y_2,r) \cup … \cup D(y_N,r) $
For $A \subset \R^n, $ A is bounded iff A is totally bounded
pf of Lemma 4)
If not $\exists r>0, A$ cannot be covered by finite disk
$ \ \exists y_1 \in A \\ \exists y_2 \in A \setminus D(y_1,r) \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \because A \not\subset D(y_1 ,r) \\ \exists y_3 \in A \setminus D(y_1,r) \cup D(y_2,r) \qquad \qquad\qquad \because A \not\subset D(y_1,r)\cup D(y_2,r) \\ \exists y_3 \in A \setminus D(y_1,r) \cup D(y_2,r)\cup D(y_3,r) \qquad \because A \not\subset D(y_1,r)\cup D(y_2,r)\cup D(y_3,r) \\ \vdots \\ \exists y_k \in A \setminus(D(y_1,r)\cup … \cup D(y_{k-1},r)) \\ \Rightarrow d(y_i,y_k) \geq r \mbox{ for all } 1\leq i < k$
So there cannot exist ${y_{n_k}} \subset {y_n} \mbox{ such that } y_{n_k} \mbox{ converges }$
pf) $A \mbox{ : Compact} \Leftarrow A \mbox{ : Sequentially Compact}$
$\exists r >0 \mbox{ such that } \forall y \in A, \exists u_i \in {u_\alpha} \mbox{ such that } D(y,r) \subset u_i \\ A \mbox{ : totally bounded } \\ \Rightarrow \exists y_1,y_2,…,y_m \in M \mbox{ such that } A \subset D(y_1 ,r) \cup D(y_2 ,r) \cup … \cup D(y_m ,r) \\ \Rightarrow \exists y_1,y_2,…,y_m \in M \mbox{ such that } A \subset u_{i_1} \cup u_{i_2} \cup … \cup u_{i_m} (\because \mbox{Lebesque number}) \\ \Rightarrow A \mbox{: compact}$
위의 증명에서 쓰였던 중요한 개념들을 정리하고 넘어가자
Lemma 1. A Compact Set is closed
Lemma 2. If Compact Set’s subset is closed,then that subset is compact too
Lemma 3. $\begin{cases}\mbox{For }{u_\alpha} \mbox{ : open cover of }A \mbox{ and A is sequentially bounded}\\ \exists r>0 \mbox{(Lebesque Number)} \mbox{ such that } \forall y \in A , D(y,r) \subset u_{\alpha} \end{cases}$
Lemma 4. A is Sequentially Compact $\Rightarrow $ A is totally bounded
Totally Bounded
$\forall r >0 , \exists y_1,y_2,..y_N \in M \mbox{ such that } A \subset D(y_1,r) \cup D(y_2,r) \cup … \cup D(y_N,r) $
Compactness는 다음과 같은 정리로 completeness와 연결된다. For $(m,d)$ metric space,
A is compact if and only if A is totally bounded and complete
즉 completeness에 boundedness가 더해지면 compact 해짐을 의미한다. 따라서 compactness가 더 엄밀한 개념이라고 말 할 수도 있다.
pf of $\Rightarrow$ ). If A is compact ,then A is totally bounded (Lemma 3). If A is sequetially compact , then it means for all converging sequence conveges in A.
pf of $\Leftarrow$ ).
By assumpotion, A is totally bounded and complete.
여기서 하나의 가정을 더 한다.
For ${x_n} \subset A , \mbox{ take } {x_n} \mbox{ such that }x_n \neq x_m \quad \forall n,m \in {n,m \in \R^n \mid n \neq m }$
이러한 수열 설정을 가지는 이유는 다음과 같다.
우선 위 설정이 파괴될시 $n=m$ 임에도 $x_n = x_m$인 경우를 생각할 수 있다.
여기서 만약 이러한 경우가 infinitely하게 존재한다면 subsequence convegence를 생각 할 수 있으므로 compact하다.
이러한 경우가 finite하게 존재한다면, 겹치는 모든 경우를 하나로 합쳐 또 하나의 수열을 만들 수 있다. 이 경우 위의 설정으로 만든 수열과 동일한 수열이다.
따라서 위의 설정에서도 sequentially compact함을 보인다면 증명을 완료 할 수 있다.
take $r=1 \Rightarrow y_{11},y_{12},…, y_{1n} \subset M \mbox{ such that } {x_n} \subset A \subset D(y_{11},1) \cup D(y_{12},1) \cup … \cup D(y_{1n},1)$
($\because $ A is totally bounded, n is finite )
$\Rightarrow $ one of $D(y_{1i},1)$ contains infinitely many ${x_n} $. let $D(y_{11},1)$ as that one
take ${x_{1k}} \subset {x_n} \mbox{ such that } x{1k} \in D(y{11},1)$
take $r=\frac{1}{2} \Rightarrow y_{21},y_{22},…, y_{2n} \subset M \mbox{ such that } A \subset D(y_{21},\frac{1}{2}) \cup D(y_{22},\frac{1}{2}) \cup … \cup D(y_{2n},\frac{1}{2})$
$\Rightarrow $ one of $D(y_{2i},1/2)$ contains infinitely many ${x_n} $. let $D(y{21},1)$ as that one
take ${x_{2k}} \subset {x_n} \mbox{ such that } x{2k} \in D(y{21},1)$
keep going…
take $r=\frac{1}{m} \Rightarrow y_{m1},y_{m2},…, y_{mn} \subset M \mbox{ such that } A \subset D(y_{m1},\frac{1}{m}) \cup D(y_{m2},\frac{1}{m}) \cup … \cup D(y_{mn},\frac{1}{m})$
$\Rightarrow $ one of $D(y_{m_i},1/m)$ contains infinitely many ${x_n} $. let $D(y_{m_1},1/m)$ as that one
$z_{i} = x_{ii}$ then ${z_{m} ,z_{m+1} ,…} \subset D(y_{m_1},\frac{1}{m})$
So it is cauchy sequence and it is sequetially compact
그리고 여기서 또 하나의 중요한 정리가 나온다.
The Heine-Borel Theorem
For $M = \R^n , A \subset M$
A is compact if and only if A is bounded and closed
Volzano-Weierstrass Theorem으로 Compact함을 Sequetially compact를 보임으로 써 보일 수 있었지만, Heine-Borel Theorem을 통해서 더 간단하게 보일 수 있다. 물론 $\R^n$ 안이라는 제약이 있긴하다.
이를 증명하기 위해 또 기나긴 과정을 거쳐야 한다. 가보자
pf) If A is compact, then A is closed and bounded.
If A is compact, then A is closed. If A is compact, then A is totally bounded and in $\R^n$ totally bounded set is bounded.
pf) If A is closed and bounded, then A is compact.
If A is bounded,then $A \subset [-R,R]^n = [-R,R] \times [-R,R] \times … \times [-R,R]$
$[-R,R]^n = \overset{2^n}{\underset{i=1}{\bigcup}} I_{1i}$ {$I_{1i}$는 각 차원을 이등분한 후 케이스 분류하여 만든 $[-R,R]$의 사각형 subset}
one of $I_{1i}$ contains infinitely many ${x_n} \Rightarrow {x_{1k}} \subset I_{11} ; \mid I_{11} \mid < \sqrt{n}M$
$I_{11} = \overset{2^n}{\underset{i=1}{\bigcup}} I_{2i}$ {$I_{1i}$는 각 차원을 이등분한 후 케이스 분류하여 만든 $I_{11}$의사각형 subset}
one of $I_{1i}$ contains infinitely many ${x_n} \Rightarrow {x_{2k}} \subset I_{21} ; \mid I_{21} \mid < \frac{\sqrt{n}}{2}M$
keep going…
$I_{m-1,1} = \overset{2^n}{\underset{i=1}{\bigcup}} I_{mi}$ {$I_{mi}$는 각 차원을 이등분한 후 케이스 분류하여 만든 $I_{m-1,1}$의사각형 subset}
one of $I_{mi}$ contains infinitely many ${x_n} \Rightarrow {x_{mk}} \subset I_{m1} ; \mid I_{m1} \mid < \frac{\sqrt{n}}{2^m}M$
let $z_i := x_{ii}$, then $z_i \subset {x_n}$, $z_{m},z_{m+1},z_{m+2},… \subset I_{m1} \Rightarrow z_m $ is cauchy sequence so $z_m$ is converges in A
$\therefore x_{n}$ has subsequences $z_i$ that converges in A $\Rightarrow $ A is squentially compact
이 증명 방법이 아니라 또다른 접근법을 취할 수 도 있다. 이 경우 좀 더 돌아가긴 하지만 그 과정에서 많은 유의미한 lemma를 익힐 수 있다.
pf2) If A is bounded and closed, then A is compact
Lemma 5. $[a,b]$ is compact
Lemma 6. If $A \subset \R^n$ is compact and ${x_0} \in \R^m$ then $A \times {x_0}$ is compact at $\R^{n+m}$
Lemma 7.If $[a,b]^n $ is compact , then $[a,b]^{n+1}$ is compact.
Lemma 5,6,7을 조합하면 $[a,b]^n$ 의 compact함을 보일 수 있고 그대로 아래가 성립한다.
If $A$ is bounded and closed, then $A\subset [a,b]^n \mbox{ for some } a,b \in \R$ which is compact
Because A is closed, A is compact by lemma 2.
이렇듯 Lemma를 이용하면 매우 간단하게 증명된다고 말 할 수 있다. 그러나, lemma의 증명이 어려우므로 천천히 다 볼 필요가 있다.
pf of lemma5) 1.
[a,b]를 계속해서 쪼갬으로서 수렴하는 subsequence가 존재할 수 있음을 보일 수 있다.
pf of lemma5) 2.
${u_{\alpha}}$ is open cover of [a,b]
S = ${x \in [a,b] \mid [a,x] \mbox{ covered by finitely many }u_{\alpha} }$
subset $S$ 는 공집합이 아니다. $x=a$ 일시 $[a,a] = {a}$는 오직 하나의 $u_{\alpha_0}$ 로 커버가 가능하기 때문이다.
$S \subset [a,b]$ 이므로 bounded above이다. 따라서 $c := \sup S \leq b$이다.
If $c < b \Rightarrow c \in [a,c] \subset \bigcup u_\alpha \\ \qquad \Rightarrow c \in u_{\alpha_0} \mbox{ for some } u_{\alpha_0} \in {u_{\alpha}}$
$\because u_{\alpha} \mbox{ : open } \Rightarrow \exists \epsilon>0 \mbox{ such that } D(c,\epsilon) \subset u_{\alpha_0}$
take $\epsilon = b-c >0$
$\because c = \sup S ,\exists x \in S \mbox{ such that } c - \frac{\epsilon}{2} < x < c$ and $[a,x] \subset \bigcup u_{\alpha}$and $D(c,\epsilon) \subset u_{\alpha_0}$
$\mbox{So } [a,c+\epsilon] \subset \bigcup u_{\alpha} \cup u_{\alpha_0} \Rightarrow c+ \epsilon \in S$ contradiction with $sup S = c$
so c=b
and for $b \Rightarrow [a,b+\epsilon] \subset \bigcup u_{\alpha} \cup u_{\alpha_0} \Rightarrow b \in S$
Then [a,b] could be covered by finite open cover. So [a,b] is compact
pf of lemma 6)
Let ${u_{\alpha}}$ is open cover of $A \times {x_0} $ and $v_{\alpha} = {y \in \R^n \mid (y,x_0) \in u_{\alpha}}$
Then 1.$v_{\alpha}$ is open in $\R^n$ and 2. $A \subset \bigcup v_{\alpha}$
1: $y \in v_{\alpha}$$\iff (y,x_0) \subset u_{\alpha} \\ \Rightarrow \exists \epsilon>0 \mbox{ such that } D_{n+m}((y,x_0),\epsilon) \subset u_{\alpha} \\ \Rightarrow z \in D_n(y,\epsilon)\iff \parallel z-y \parallel_n < \epsilon \\ \qquad \qquad \qquad \qquad \Rightarrow \parallel (z,x_0) - (y,x_0) \parallel_{n+m} < \epsilon \\ \qquad \qquad \qquad \qquad \Rightarrow (z,x_0) \in D((y,x_0),\epsilon) \subset u_{\alpha} \\ \qquad \qquad \qquad \qquad \Rightarrow z \in v_{\alpha} \Rightarrow D_n(y,\epsilon) \subset v_{\alpha}$
so $v_{\alpha}$ is open
2: $y \in A$ $\ \Rightarrow (y,x_0) \in A \times {x_0} \subset \bigcup u_{\alpha} \\ \Rightarrow (y,x_0) \in u_{\alpha_0} \mbox{ for some } u_{\alpha_0} \in {u_{\alpha}} \\ \Rightarrow y \in v_{\alpha_0} \subset \bigcup v_{\alpha} \\ \therefore A \subset \bigcup v_{\alpha}$
so $v_{\alpha}$ is open cover of A
$\exists v_{\alpha_1},v_{\alpha_2},…,v_{\alpha_n} \mbox{ such that } A \subset \bigcup {v_{\alpha}}$ (n is finite)
$\Rightarrow A \times {x_0} \subset (v_{\alpha_1} \times {x_0}) \cup (v_{\alpha_2} \times {x_0}) \cup … \cup (v_{\alpha_n} \times {x_0}) \\ \qquad \qquad \quad \subset u_{\alpha_1}\cup u_{\alpha_2}\cup …\cup u_{\alpha_n} $
$\Rightarrow \therefore A \times {x_0} \mbox{ : compact}$
pf of lemma 7)
${u_{\alpha}}$ : open cover of $[-R,R]^n$
$S = {x \in [-R,R] \mid [-R,R]^{n-1} \times [-R,x] \mbox{ covered by finite open cover }}$
By lemma 6, $-R \in S \because [-R,R]^{n-1}\times [-R,-R] = [-R,R]^{n-1} \times {-R} \mbox{ is compact set}$
$S \subset [-R,R] \Rightarrow$ Bounded Above $\Rightarrow x_0 = \sup S \leq R$
$\Rightarrow \exists u_{\alpha_1},u_{\alpha_2},…,u_{\alpha_N} \mbox{ such that } [-R,R]^{n-1} \times {x_0} \subset u_{\alpha_1} \cup u_{\alpha_2} \cup … \cup u_{\alpha_N} \\ \forall(y,z_0) \in [-R,R]^{n-1} \times {x_0} \subset u_{\alpha_1} \cup u_{\alpha_2} \cup … \cup u_{\alpha_N} \\ \mbox{then for some }u_{\alpha_i} , \exists \epsilon_{y_i} \mbox{ such that } D((y,x_0),\sqrt{2}\epsilon_{y_i}) \subset u_{a_i}$
$\forall (y,\epsilon_0) \in [-R,R]^{n-1} \times {x_0},\exists \epsilon_{y}>0 \mbox{ such that } D(y,\epsilon_y) \times (x_0 - \epsilon_y , x_0 + \epsilon_y) \subset D((y,x_0),\sqrt{2}\epsilon_y)$
$\exists D(y_1,\epsilon_{y_1}) \times (x_0-\epsilon_{y_1},x_0 + \epsilon_{y_1}),…,D(y_n,\epsilon_{y_n}) \times (x_0-\epsilon_{y_n},x_0 + \epsilon_{y_n}) \\ \mbox{ such that } [-R,R]^{n-1} \times {x_0} \subset \bigcup D(y_i,\epsilon_{y_i}) \times (x_0-\epsilon_{y_i},x_0 + \epsilon_{y_i})$
Let’s take $\epsilon = min (\epsilon_{y_1},\epsilon_{y_2},…,\epsilon_{y_n}) >0 $
$\Rightarrow [-R,R]^{n-1} \times (x_0 - \epsilon,x_0+\epsilon) \subset \bigcup D(y_i,\epsilon_{y_i}) \times (x_0-\epsilon_{y_i},x_0 + \epsilon_{y_i}) \\ \subset \bigcup D((y_i,x_0),\sqrt{2}\epsilon_{y_i}) \subset \bigcup u_{\alpha_i} $
$\Rightarrow \exists \epsilon>0 \Rightarrow \exists x \in S \mbox{ such that } x_0 - \epsilon/2 < x < x_0$
which means that $[-R,R]^{n-1} \times [-R,x] \mbox{ is compact }$
나머지는 lemma 5에서 보였던것과 똑같이 보여주면 된다.