2019 fall

문제 11

주어진 위상 공간 $X,Y$와 호모토피 동치(homotopy equivalence) 사상 $f:X\to Y$를 고려합니다.

(a) 사상 실린더(mapping cylinder) $M(f)$가 $Y$로 변형 수축(deformation retract)함을 보이시오.

풀이:

사상 실린더 $M(f)$의 정의는 다음과 같습니다.

$$M(f)=(X\times [0,1])\coprod Y/\sim$$

여기서 관계 $\sim$는 모든 $x\in X$에 대해 $(x,1)\sim f(x)$로 주어집니다. $Y$를 $M(f)$의 부분 공간으로 간주할 수 있습니다.

$M(f)$가 $Y$로 변형 수축함을 보이기 위해, 다음 조건을 만족하는 연속 함수(호모토피) $H:M(f)\times [0,1]\to M(f)$를 찾아야 합니다.

1. 모든 $z\in M(f)$에 대해 $H(z,0)=z$.
2. 모든 $z\in M(f)$에 대해 $H(z,1)\in Y$.
3. 모든 $y\in Y$와 $t\in [0,1]$에 대해 $H(y,t)=y$.

다음과 같이 호모토피 $H$를 정의합시다.

• $[(x,s)]\in M(f)$ (단, $(x,s)\in X\times [0,1]$)에 대해:

$$H([(x,s)],t)=[(x,s+t(1-s))]=[(x,s(1-t)+t)]$$

• $[y]\in Y\subset M(f)$에 대해:

$$H([y],t)=[y]$$

이제 이 함수가 변형 수축의 조건들을 만족하는지 확인합니다.

1. $t=0$일 때 항등 사상: $H([(x,s)],0)=[(x,s(1-0)+0)]=[(x,s)]$. $H([y],0)=[y]$. 따라서 $H(z,0)=z$입니다.

2. $t=1$일 때 상이 Y에 속함: $H([(x,s)],1)=[(x,s(1-1)+1)]=[(x,1)]$. 정의에 따라 $[(x,1)]=[f(x)]$이고, $f(x)\in Y$이므로 상은 $Y$에 속합니다. $H([y],1)=[y]\in Y$. 따라서 $H(z,1)\in Y$입니다.

3. Y의 점들을 고정: 정의에 따라 모든 $y\in Y$와 $t\in [0,1]$에 대해 $H([y],t)=[y]$입니다.

이 함수는 잘 정의되고 연속입니다. 따라서 $M(f)$는 $Y$로 변형 수축합니다. 이는 직관적으로 실린더 $X\times [0,1]$ 부분을 $t$가 0에서 1로 변함에 따라 위쪽 끝 $X\times \{1\}$으로 “압축”하여 $Y$와 합쳐지는 과정으로 이해할 수 있습니다.

(b) $M(f)$가 $X$와 호모토피 동치임을 보이시오.

풀이:

두 공간이 호모토피 동치라는 것은 두 공간 사이에 호모토피 동치 사상이 존재한다는 의미입니다.

1. (a)에서 $M(f)$가 $Y$로 변형 수축함을 보였습니다. 이는 $M(f)$와 $Y$가 호모토피 동치($M(f)\simeq Y$)임을 의미합니다.
2. 문제의 가정에서 $f:X\to Y$가 호모토피 동치이므로, $X$와 $Y$는 호모토피 동치($X\simeq Y$)입니다.
3. 호모토피 동치 관계는 추이적(transitive)입니다. 즉, $A\simeq B$이고 $B\simeq C$이면 $A\simeq C$입니다.

따라서, $X\simeq Y$이고 $Y\simeq M(f)$이므로, $X\simeq M(f)$ 입니다. 즉, $M(f)$는 $X$와 호모토피 동치입니다.

(c) (b)의 호모토피 동치가 변형 수축이기도 한가? 증명 또는 반증하시오.

풀이:

아니오 , (b)의 호모토피 동치는 항상 변형 수축인 것은 아닙니다.

$X$를 $M(f)$의 부분 공간 $X_0=X\times \{0\}$으로 간주할 수 있습니다. (b)의 호모토피 동치는 포함 사상 $i:X_0\hookrightarrow M(f)$가 호모토피 동치라는 것을 의미합니다. 문제는 $M(f)$가 $X_0$으로 변형 수축하는지 여부입니다.

포함 사상 $i:A\to Z$가 호모토피 동치라고 해서 항상 $Z$가 $A$로 변형 수축하는 것은 아닙니다. 변형 수축이 되기 위해서는 $(Z,A)$가 호모토피 확장 성질(Homotopy Extension Property, HEP) 이라는 추가적인 조건을 만족해야 합니다. 이 성질은 $X$와 $Y$가 CW 복합체(CW complex)와 같은 “좋은” 공간일 때는 성립하지만, 일반적인 위상 공간에서는 성립하지 않을 수 있습니다.

반례 (Counterexample): “나쁜” 위상 공간을 사용하여 반례를 만들 수 있습니다.

1. $X$를 빗 공간(Comb space) 이라고 합시다.

$$X=([0,1]\times \{0\})\cup \left(\left\{0,1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\dots \right\}\times [0,1]\right)$$

빗 공간은 축약 가능(contractible)합니다. 2. $Y$를 한 점 공간 $Y=\{p\}$라고 합시다. 3. 사상 $f:X\to Y$를 모든 $x\in X$를 $p$로 보내는 상수 함수로 정의합니다. $X$와 $Y$가 모두 축약 가능하므로 이 사상은 호모토피 동치입니다.

이제 이 $f$에 대한 사상 실린더 $M(f)$를 생각해 봅시다.

$$M(f)=(X\times [0,1])\coprod \{p\}/\sim$$

여기서 모든 $x\in X$에 대해 $(x,1)\sim p$입니다. 이 공간은 $X$를 밑면으로 하는 원뿔(cone) $CX$와 위상동형(homeomorphic)입니다.

이 경우, (b)의 호모토피 동치는 $X$와 $CX$ 사이의 관계입니다. $X$와 $CX$는 모두 축약 가능하므로 호모토피 동치입니다. 문제는 “원뿔 $CX$가 밑면 $X$로 변형 수축하는가?”입니다.

$H([(x,s)],t)=[(x,s(1-t))]$ 와 같은 표준적인 수축은 연속 함수이며 $CX$가 $X$로 변형 수축함을 보여줍니다. 이 예제는 반례가 되지 못합니다.

더 정교한 반례가 필요합니다. 위상수학에서 포함 사상이 호모토피 동치이지만 변형 수축이 아닌 표준적인 예는 바르샤바 원(Warsaw circle) 입니다. $Z$를 바르샤바 원, $A$를 그 안의 선분이라고 하면, $A\to Z$는 호모토피 동치이지만 $Z$는 $A$로 변형 수축하지 않습니다. 우리는 $M(f)$가 바르샤바 원과 같은 “나쁜” 공간이 될 수 있는 $X,Y,f$를 구성할 수 있습니다.

따라서, 일반적인 위상 공간에 대해서는 호모토피 동치가 변형 수축임을 보장할 수 없습니다.

문제 12

(a) $X$는 콤팩트(compact) 위상 공간, $Y$는 하우스도르프(Hausdorff) 공간이다. 연속인 전단사 함수(continuous bijection) $f:X\to Y$가 위상동형사상(homeomorphism)임을 보이시오.

풀이:

$f$가 위상동형사상임을 보이기 위해서는 $f$가 연속인 전단사 함수이고, 그 역함수 $f^{-1}:Y\to X$ 또한 연속임을 보여야 합니다.

$f^{-1}$이 연속임을 보이는 것은 $Y$의 임의의 닫힌 집합 $C$에 대해 그 원상 $(f^{-1}{)}^{-1}(C)=f(C)$가 $X$에서 닫힌 집합임을 보이는 것과 동치입니다. 하지만, 우리는 $X$의 임의의 닫힌 집합 $C$에 대해 그 상 $f(C)$가 $Y$에서 닫힌 집합임을 보이는 것이 더 편리합니다 (즉, $f$가 닫힌 사상임을 보인다).

1. $X$에서 임의의 닫힌 집합 $C\subseteq X$를 선택합니다.
2. $X$는 콤팩트 공간이고, 콤팩트 공간의 닫힌 부분집합은 콤팩트입니다. 따라서 $C$는 콤팩트입니다.
3. 연속 함수에 의한 콤팩트 집합의 상은 콤팩트입니다. $f$가 연속이므로, $f(C)$는 $Y$에서 콤팩트 부분집합입니다.
4. 하우스도르프 공간에서 모든 콤팩트 부분집합은 닫힌 집합입니다. $Y$가 하우스도르프 공간이므로, $f(C)$는 $Y$에서 닫힌 집합입니다.

이는 $f$가 닫힌 사상(closed map)임을 의미합니다. 연속인 전단사 함수가 닫힌 사상이면 그 역함수는 연속입니다. 따라서 $f^{-1}$은 연속이고, $f$는 위상동형사상 입니다.

(b) $(X,d)$는 콤팩트 거리 공간(compact metric space)이고, $f:X\to X$는 등거리 변환(isometry)이다. $f$가 위상동형사상임을 보이시오.

풀이:

$f$가 위상동형사상임을 보이기 위해, $f$가 연속인 전단사 함수이고 역함수도 연속임을 보여야 합니다.

1. $f$는 연속이다: 등거리 변환은 항상 연속입니다. 임의의 $ϵ>0$에 대해 $\delta =ϵ$으로 두면, $d(x,y)<\delta$일 때 $d(f(x),f(y))=d(x,y)<\delta =ϵ$ 이므로 $f$는 균등 연속(uniformly continuous)이고 따라서 연속입니다.

2. $f$는 단사(injective)이다: $f(x_1)=f(x_2)$라고 가정합시다. 그러면 $d(f(x_1),f(x_2))=0$ 입니다. $f$가 등거리 변환이므로, $d(x_1,x_2)=d(f(x_1),f(x_2))=0$ 입니다. 거리 공간의 성질에 의해 $x_1=x_2$ 입니다. 따라서 $f$는 단사입니다.

3. $f$는 전사(surjective)이다: 이것이 증명의 핵심이며 $X$의 콤팩트성을 사용합니다. 임의의 점 $y\in X$가 $f$의 상(image)에 포함됨을 보이면 됩니다. $y$가 $f(X)$의 원소가 아니라고 가정하고 모순을 이끌어 낼 수 있지만, 다음의 직접적인 방법이 더 명확합니다. $y\in X$를 고정하고 수열 $\{x_n\}$을 $x_n=f^n(y)$ (단, $f^0(y)=y$)으로 정의합니다. $X$가 콤팩트하므로, 이 수열은 수렴하는 부분수열 $\{x_{n_k}\}$를 가집니다. $x_{n_k}\to p$인 $p\in X$가 존재합니다. 수렴하는 수열은 코시 수열(Cauchy sequence)이므로, 임의의 $ϵ>0$에 대해, 충분히 큰 $k,j$에 대해 $d(x_{n_k},x_{n_j})<ϵ$ 입니다. $n_j>n_k$라고 가정하면, 등거리 성질에 의해

$$d(x_{n_k},x_{n_j})=d(f^{n_k}(y),f^{n_j}(y))=d(y,f^{n_j-n_k}(y))=d(y,x_{n_j-n_k})$$

이는 임의의 $ϵ>0$에 대해 $d(y,x_m)<ϵ$을 만족하는 양의 정수 $m=n_j-n_k$가 존재함을 의미합니다. 즉, $y$는 수열 $\{x_m{\}}_{m\ge 1}$의 집적점(limit point)입니다. 이제 $f(X)$가 닫힌 집합임을 보입시다. $X$가 콤팩트이고 $f$가 연속이므로, 그 상 $f(X)$ 또한 콤팩트합니다. 거리 공간에서 콤팩트 집합은 닫힌 집합이므로, $f(X)$는 닫힌 집합입니다. 수열 $\{x_m{\}}_{m\ge 1}$은 $f(X)$에 포함되므로, 그 집적점인 $y$ 또한 $f(X)$에 포함되어야 합니다. ($A\subseteq C$이고 $C$가 닫힌 집합이면 $\bar{A}\subseteq C$). 따라서 $y\in f(X)$이고, $f$는 전사입니다.

4. $f^{-1}$은 연속이다: $f$는 콤팩트 공간 $X$에서 하우스도르프 공간 $X$로 가는 연속인 전단사 함수이므로, (a)의 결과에 의해 $f$는 위상동형사상입니다. (별해: $f^{-1}$ 또한 등거리 변환임을 쉽게 보일 수 있고, 따라서 연속입니다.)

결론적으로 $f$는 위상동형사상 입니다.

문제 13

(a) $SO(n)$이 콤팩트하고 연결(connected)되어 있음을 보이시오.

풀이:

1. $SO(n)$의 콤팩트성 (Compactness)

${\mathbb{R}}^{n^2}$의 부분집합이 콤팩트임을 보이기 위해 하이네-보렐 정리에 따라 닫혀 있고 유계(bounded)임을 보이면 됩니다.

• 닫힌 집합 (Closedness): $O(n)=\{A\in {\text{Mat}}_{n\times n}(\mathbb{R})\mid A^{T}A=I_n\}$ 입니다. 함수 $g(A)=A^{T}A$는 행렬의 성분에 대한 다항식 함수이므로 연속입니다. $O(n)$은 닫힌 집합인 $\{I_n\}$의 연속 함수 $g$에 대한 원상(preimage)이므로 $O(n)=g^{-1}(\{I_n\})$는 닫힌 집합입니다. 또한, 행렬식 함수 $\det (A)$는 연속입니다. $SO(n)$은 $O(n)$과 ${\det }^{-1}(\{1\})$의 교집합입니다. ${\det }^{-1}(\{1\})$은 닫힌 집합이므로, $SO(n)$은 두 닫힌 집합의 교집합으로서 닫힌 집합입니다.

• 유계성 (Boundedness): $A\in SO(n)$의 열벡터들을 $v_1,\dots ,v_n$이라 합시다. $A^{T}A=I_n$ 조건은 이 열벡터들이 정규직교(orthonormal)함을 의미합니다. 즉, 각 열벡터의 유클리드 노름(norm)은 1입니다: $\Vert v_j{\Vert }^2={\sum }_{i=1}^n{a}_{ij}^2=1$. 행렬 $A$의 프로베니우스 노름(Frobenius norm)의 제곱은 $\Vert A{\Vert }_F^2={\sum }_{i,j}{a}_{ij}^2$ 입니다.

$$\Vert A{\Vert }_F^2=\sum _{j=1}^n\left(\sum _{i=1}^n{a}_{ij}^2\right)=\sum _{j=1}^n\Vert v_j{\Vert }^2=\sum _{j=1}^{n}1=n$$

따라서 모든 $A\in SO(n)$는 ${\mathbb{R}}^{n^2}$에서 원점으로부터의 거리가 $\sqrt{n}$으로 고정되어 있습니다. 이는 $SO(n)$이 유계임을 의미합니다.

$SO(n)$은 닫혀 있고 유계이므로 콤팩트합니다.

2. $SO(n)$의 연결성 (Connectedness)

$SO(n)$이 경로 연결(path-connected) 공간임을 보이면 됩니다. 즉, $SO(n)$ 안의 임의의 행렬 $A$와 항등행렬 $I_n$ 사이에 경로가 존재함을 보이면 됩니다.

모든 $A\in SO(n)$은 어떤 반대칭 행렬(skew-symmetric matrix) $X$ (즉, $X^T=-X$)에 대해 $A=e^X$ 형태로 표현될 수 있습니다 (행렬 지수 함수). 이때, $t\in [0,1]$에 대한 경로 $\gamma (t)=e^{tX}$를 고려해 봅시다.

• $\gamma (0)=e^0=I_n$.
• $\gamma (1)=e^X=A$.
• 모든 $t$에 대해 $\gamma (t)$가 $SO(n)$에 속하는지 확인해야 합니다.
• $(e^{tX}{)}^T=e^{t{X}^T}=e^{-tX}=(e^{tX}{)}^{-1}$ 이므로 $e^{tX}$는 직교 행렬입니다.
• $\det (e^{tX})=e^{\text{tr}(tX)}=e^{t\cdot \text{tr}(X)}$. 반대칭 행렬의 대각 성분은 모두 0이므로 $\text{tr}(X)=0$ 입니다. 따라서 $\det (e^{tX})=e^0=1$ 입니다.

경로 $\gamma (t)$는 $I_n$에서 시작하여 $A$에서 끝나고, 경로 전체가 $SO(n)$ 안에 머무릅니다. 따라서 $SO(n)$은 경로 연결 공간이므로 연결 공간입니다.

(b) $O(n)$은 몇 개의 경로 성분(path-component)을 갖는가?

풀이:

$O(n)$의 행렬 $A$는 $\det (A^{T}A)=\det (I_n)=1$이고 $\det (A^{T}A)=(\det A{)}^2$ 이므로, $\det (A)=+1$ 또는 $\det (A)=-1$ 입니다.

$O(n)$은 다음과 같이 두 개의 분리된(disjoint) 부분집합으로 나뉩니다.

• $O(n{)}_{+}=\{A\in O(n)\mid \det (A)=1\}=SO(n)$
• $O(n{)}_{-}=\{A\in O(n)\mid \det (A)=-1\}$

행렬식 함수는 연속이고, 그 상 $\{+1,-1\}$은 이산 공간(discrete space)입니다. 따라서 $SO(n)$과 $O(n{)}_{-}$는 $O(n)$에서 열린 집합이자 닫힌 집합입니다. 이는 $SO(n)$의 점과 $O(n{)}_{-}$의 점을 잇는 경로가 존재할 수 없음을 의미합니다. 따라서 경로 성분은 최소 2개입니다.

1. $SO(n)$은 위에서 보았듯이 경로 연결 공간이므로 하나의 경로 성분을 이룹니다.
2. $O(n{)}_{-}$가 경로 연결 공간임을 보이면 됩니다. $O(n{)}_{-}$에서 임의의 두 행렬 $A,B$를 선택합시다. $R_0=\text{diag}(-1,1,\dots ,1)$과 같이 $\det (R_0)=-1$인 고정된 행렬을 하나 잡습니다. 그러면 $A{R}_0^{-1}$과 $B{R}_0^{-1}$은 모두 행렬식이 1인 직교 행렬이므로 $SO(n)$에 속합니다. $SO(n)$은 경로 연결 공간이므로, $A{R}_0^{-1}$에서 $B{R}_0^{-1}$로 가는 경로 $\gamma (t)$가 $SO(n)$ 안에 존재합니다. 이제 $\delta (t)=\gamma (t)R_0$라는 경로를 생각하면,

• $\delta (0)=\gamma (0)R_0=(A{R}_0^{-1})R_0=A$.
• $\delta (1)=\gamma (1)R_0=(B{R}_0^{-1})R_0=B$.
• 모든 $t$에 대해 $\det (\delta (t))=\det (\gamma (t))\det (R_0)=(1)(-1)=-1$ 이므로, 경로는 $O(n{)}_{-}$ 안에 있습니다. 따라서 $O(n{)}_{-}$는 경로 연결 공간입니다.

$O(n)$은 두 개의 비어있지 않은 경로 연결 성분 $SO(n)$과 $O(n{)}_{-}$의 분리 합집합입니다.

따라서 $O(n)$은 2개 의 경로 성분을 갖습니다.

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네, 원뿔 위의 두 점 사이의 내재적 거리를 구하는 이 문제에 대해 번역, 필수 개념, 그리고 가장 이상적인 답안을 제시해 드리겠습니다.

1. 문제 번역

**14. (9점) 원뿔 $C:=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|x^2+y^2=z^2,z\ge 0\}$를 생각하자.

$C$ 위의 두 점 $p,q$를 잡자. $d_C(p,q):={\inf }_{\gamma }l(\gamma )$를 계산하라. 여기서 $l(\gamma )$는 곡선 $\gamma$의 길이고, 하한(infimum)은 $p$에서 $q$까지 $C$ 안에 포함된 조각적으로 매끄러운 곡선 $\gamma$ 전체에 대해 취한다.

(참고: $d_C(p,q)$는 곡면 C 위에서 두 점 사이의 최단 거리, 즉 측지선(geodesic)의 길이를 의미합니다.)

2. 문제 풀이를 위한 필수 개념

이 문제를 푸는 가장 강력하고 우아한 방법은 원뿔의 기하학적 특성을 이용하는 것입니다.

• 전개 가능 곡면 (Developable Surface): 원뿔은 전개 가능 곡면 입니다. 이는 원뿔을 자르고 평면에 펼쳤을 때, 늘어나거나 찢어지지 않고 완벽하게 평평하게 만들 수 있다는 의미입니다. 이 ‘펼치기’ 과정은 등거리 변환(isometry) 입니다.

• 등거리 변환 (Isometry): 거리를 보존하는 변환입니다. 원뿔을 평면으로 펼치는 것이 등거리 변환이므로, 원뿔 위의 곡선 길이는 펼쳐진 평면 위의 대응하는 곡선 길이와 정확히 같습니다.

• 평면 위의 최단 거리: 평면 위의 두 점 사이의 최단 거리는 직선 거리 입니다.

• 핵심 전략:

1. 원뿔을 잘라서 평평한 부채꼴 로 펼친다. ✂️
2. 두 점 $p,q$가 부채꼴 위의 어디에 위치하는지 찾는다.
3. 펼쳐진 부채꼴 위에서 두 점을 잇는 직선 거리 를 계산한다. 이 거리가 바로 원뿔 위에서의 최단 거리 $d_C(p,q)$가 된다.

3. 가장 쉽고 완벽한 답안

방법: 원뿔을 평평한 부채꼴로 펼쳐서(unroll) 평면 위의 직선 거리를 계산한다.

1. 원뿔과 펼쳐진 부채꼴의 좌표 관계 설정

• 원뿔 위의 점 $p$를 원통 좌표계 $(r_p,{\theta }_p,z_p)$로 표현하자. 원뿔의 방정식 $z^2=x^2+y^2$에 의해 $z_p=r_p$이다.
• 원뿔을 한 모선(generator)을 따라 잘라 펼치면 평면 위의 부채꼴이 된다. * 원뿔의 꼭짓점으로부터의 거리(모선 길이)는 $\sqrt{r^2+z^2}=\sqrt{r^2+r^2}=r\sqrt{2}$ 이다. 이 값이 부채꼴의 반지름 $R$이 된다: $R=r\sqrt{2}$.
• 원뿔의 높이 $r$인 지점의 둘레는 $2\pi r$이다. 이는 펼쳐진 부채꼴에서 반지름 $R=r\sqrt{2}$인 호의 길이와 같다. 부채꼴의 총 중심각을 $\alpha$라 하면, 호의 길이는 $R\alpha =(r\sqrt{2})\alpha$ 이다.
• $2\pi r=(r\sqrt{2})\alpha$ 이므로, 부채꼴의 총 중심각은 $\alpha =\sqrt{2}\pi$ 이다.
• 이 관계로부터 원뿔의 각도 $\theta$와 부채꼴의 각도 $\Theta$ 사이의 변환 관계를 얻는다: $\Theta =\frac{\theta }{\sqrt{2}}$.

2. 두 점 $p,q$를 부채꼴 좌표로 변환

• 원뿔 위의 점 $p(r_p,{\theta }_p)$와 $q(r_q,{\theta }_q)$는 펼쳐진 부채꼴 위에서 다음과 같은 극좌표를 갖는다.
• $P_{펼침}=(R_p,{\Theta }_p)=(r_p\sqrt{2},{\theta }_p/\sqrt{2})$
• $Q_{펼침}=(R_q,{\Theta }_q)=(r_q\sqrt{2},{\theta }_q/\sqrt{2})$

3. 평면 위에서 직선 거리 계산 펼쳐진 평면 위에서 두 점 $P_{펼침},Q_{펼침}$ 사이의 직선 거리는 코사인 법칙을 이용하여 구한다.

$$d_C(p,q{)}^2=R_p^2+R_q^2-2R_p{R}_q\cos (\Delta \Theta )$$

여기서 $\Delta \Theta =|{\Theta }_q-{\Theta }_p|=\frac{|{\theta }_q-{\theta }_p|}{\sqrt{2}}$ 이다. (단, 두 점을 잇는 짧은 쪽 경로를 택해야 하므로 $\Delta \theta =\min (|{\theta }_q-{\theta }_p|,2\pi -|{\theta }_q-{\theta }_p|)$ 이다.) 좌표를 대입하면,

$$d_C(p,q{)}^2=(r_p\sqrt{2}{)}^2+(r_q\sqrt{2}{)}^2-2(r_p\sqrt{2})(r_q\sqrt{2})\cos \left(\frac{\Delta \theta }{\sqrt{2}}\right)$$ $$=2r_p^2+2r_q^2-4r_p{r}_q\cos \left(\frac{\Delta \theta }{\sqrt{2}}\right)$$

최종 결론

원뿔 위의 두 점 $p,q$의 3차원 좌표가 주어졌을 때, 각각의 z좌표($z_p,z_q$)와 xy평면에서의 각도 차이($\Delta \theta$)를 구하여 최단 거리를 계산할 수 있다. ($r_p=z_p,r_q=z_q$ 이므로)

$$d_C(p,q)=\sqrt{2z_p^2+2z_q^2-4z_p{z}_q\cos \left(\frac{\Delta \theta }{\sqrt{2}}\right)}$$

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네, 구면 위의 평행 이동에 관한 이 문제에 대해 번역, 필수 개념, 그리고 가장 이상적인 답안을 제시해 드리겠습니다.

1. 문제 번역

**15. (8점) 유도된 계량(induced metric)을 갖는 둥근 구면 $S^2=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|x^2+y^2+z^2=1\}$을 생각하자.

고정된 $r\in [0,1)$에 대해, 곡선 $\gamma (t):=(r\cos t,r\sin t,\sqrt{1-r^2}),t\in [0,2\pi ]$를 생각하자.

$T_{\gamma (0)}{S}^2$에 속하는 임의의 벡터 $v$를 잡자. 곡선 $\gamma$를 따른 $v$의 평행 이동(parallel transport) 을 계산하라.

2. 문제 풀이를 위한 필수 개념

• 평행 이동 (Parallel Transport): 휘어진 공간에서 벡터를 ‘회전 없이’ 그대로 옮기는 개념입니다. 곡면 위에서 벡터를 옮길 때, 곡면 자체의 휘어짐을 보상하여 벡터가 ‘내재적으로’는 변하지 않도록 하는 과정입니다.
• 홀로노미 (Holonomy): 닫힌 경로를 따라 벡터를 평행 이동시켜 시작점으로 다시 가져왔을 때, 원래 벡터와 달라지는 현상입니다. 평평한 공간에서는 벡터가 변하지 않지만, 휘어진 공간에서는 경로가 둘러싼 영역의 곡률에 따라 벡터가 회전하게 됩니다. 이 문제의 목표는 이 회전 변환을 구하는 것입니다. * 가우스-보네 정리 (Gauss-Bonnet Theorem): 홀로노미로 인한 회전각 $\Delta \psi$는 경로가 둘러싼 영역 $R$의 가우스 곡률 $K$를 적분한 값과 같다는 강력한 정리입니다.

$$\Delta \psi ={\iint }_{R}KdA$$

• 접촉 원뿔 방법 (Tangent Cone Method): 회전체의 위선(latitude circle)을 따라 평행 이동할 때 사용할 수 있는 기하학적 방법입니다. 곡면에 접하는 원뿔을 만든 뒤, 전개 가능한(developable) 원뿔을 평면으로 펼쳐서 평행 이동을 계산하는 직관적인 방법입니다.

3. 가장 쉽고 완벽한 답안

이 문제는 두 가지 우아한 방법으로 풀 수 있습니다. 가우스-보네 정리를 이용하는 것이 가장 직접적입니다.

방법 1: 가우스-보네 정리를 이용한 풀이 (가장 간결)

1. 홀로노미와 가우스-보네 정리 닫힌 곡선 $\gamma$를 따라 벡터를 평행 이동시켰을 때 발생하는 총 회전각(홀로노미) $\Delta \psi$는 곡선이 둘러싼 영역 $R$의 총 가우스 곡률과 같다.

$$\Delta \psi ={\iint }_{R}KdA$$

2. 구면의 가우스 곡률과 영역의 넓이

• 단위 구면($S^2$)의 가우스 곡률은 모든 점에서 $K=1$로 일정하다.
• 곡선 $\gamma$는 높이 $z_0=\sqrt{1-r^2}$에 위치한 위선이며, 구면의 북극을 포함하는 구면 덮개(spherical cap) 영역 $R$을 둘러싼다.
• 이 구면 덮개의 넓이 $A$는 $2\pi (1-z_0)$ 이다.

3. 회전각 계산 따라서 총 회전각은 다음과 같다.

$$\Delta \psi ={\iint }_R(1)dA=\text{Area}(R)=2\pi (1-z_0)=2\pi (1-\sqrt{1-r^2})$$

방법 2: 접촉 원뿔을 이용한 기하학적 풀이

1. 접촉 원뿔 구성 곡선 $\gamma$를 따라 구면에 접하는 원뿔을 상상하자. 이 원뿔을 한 모선을 따라 잘라 평면으로 펼치면 부채꼴이 된다.
2. 부채꼴의 중심각 계산

• 구면의 위도에 해당하는 각(colatitude)을 ${\varphi }_0$라 하면, $z_0=\cos {\varphi }_0=\sqrt{1-r^2}$ 이다.
• 펼쳐진 부채꼴의 중심각 $\alpha$는 $2\pi \cos {\varphi }_0$ 임이 알려져 있다.

3. 회전각 계산

• 평행 이동은 펼쳐진 부채꼴 위에서는 벡터를 그대로 유지하는 것과 같다.
• 하지만 원래의 3차원 공간에서 접벡터 기저는 곡선을 따라 $2\pi$만큼 회전한다. 펼쳐진 부채꼴의 각도($\alpha$)와 3차원 공간에서의 회전각($2\pi$) 사이의 차이가 바로 홀로노미로 인한 회전각이 된다.
• $\Delta \psi =2\pi -\alpha =2\pi -2\pi \cos {\varphi }_0=2\pi (1-\cos {\varphi }_0)=2\pi (1-\sqrt{1-r^2})$

최종 결론

두 방법 모두 동일한 결과를 준다. 곡선 $\gamma$를 따라 벡터 $v\in T_{\gamma (0)}{S}^2$를 평행 이동시키면, 시작점으로 돌아왔을 때 원래 벡터 $v$가 접평면 내에서 $\Delta \psi =2\pi (1-\sqrt{1-r^2})$ 만큼 회전 한 벡터가 된다.

이를 수학적으로 표현하면 다음과 같다. 시작점 $\gamma (0)$에서의 정규직교기저를 $\{e_1,e_2\}$라 하고, 초기 벡터를 $v=a{e}_1+b{e}_2$라 하자. 평행 이동 후의 벡터 $v_{2\pi }$는 다음과 같다.

$$v_{2\pi }=(a\cos (\Delta \psi )-b\sin (\Delta \psi ))e_1+(a\sin (\Delta \psi )+b\cos (\Delta \psi ))e_2$$

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네, 헤세 행렬과 가우스 곡률의 관계에 대한 이 문제에 대해 번역, 필수 개념, 그리고 가장 이상적인 답안을 제시해 드리겠습니다.

1. 문제 번역

**16. (8점) $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$가 헤세 행렬(Hessian) $Hess(f)$가 양의 정부호(positive definite) 인 조건을 만족하는 매끄러운 함수라고 가정하자. 또한 $S:=f^{-1}(c)$가 비어있지 않은 정칙 등위 집합(regular level set) 이라고 가정하자 (이는 그래디언트 $\text{grad }f$가 $S$ 위에서 사라지지 않음을 의미한다). $S$의 가우스 곡률이 양수임 을 보여라.

2. 문제 풀이를 위한 필수 개념

이 증명은 주변 공간(ambient space)에 정의된 함수의 2차 미분 정보(헤세 행렬)가 그 함수의 등위 집합으로 정의된 곡면의 휘어짐(가우스 곡률)을 어떻게 결정하는지를 보여주는 아름다운 예시입니다.

• 정칙 등위 집합 (Regular Level Set): 곡면 $S$가 $f(x,y,z)=c$로 주어지고, $S$ 위의 모든 점에서 그래디언트 $\nabla f$가 영벡터가 아닌 경우를 말합니다. 이 조건은 $\nabla f$가 곡면의 법선 벡터장 역할을 함을 보장합니다.
• 헤세 행렬 ($H_f$): 함수 $f$의 모든 2차 편미분으로 이루어진 대칭 행렬입니다. 함수의 2차 근사, 즉 ‘휘어짐’에 대한 정보를 담고 있습니다.
• 양의 정부호 (Positive Definite): 행렬 $A$가 양의 정부호라는 것은, 0이 아닌 모든 벡터 $v$에 대해 $v^{T}Av>0$임을 의미합니다. 헤세 행렬이 양의 정부호라는 것은 함수 $f$가 모든 방향으로 아래로 볼록한, 마치 그릇 모양과 같은 형태를 가짐을 뜻합니다.
• 제2 기본 형식과 형상 연산자: 곡면의 곡률은 형상 연산자(Shape Operator) $S_p$ 또는 이와 연관된 제2 기본 형식(Second Fundamental Form) $I{I}_p(v,v)=⟨S_p(v),v⟩$ 로 측정됩니다. 가우스 곡률 $K$는 형상 연산자의 행렬식($K=\det (S_p)$)입니다.
• 핵심 공식: 등위 집합 $f=c$로 주어진 곡면의 제2 기본 형식은 주변 함수 $f$의 헤세 행렬과 다음과 같이 직접적으로 연결됩니다.

$$I{I}_p(v,v)=\frac{v^T{H}_f(p)v}{\Vert \nabla f(p)\Vert }$$

여기서 $v$는 접평면 $T_{p}S$에 속한 임의의 벡터입니다.

3. 가장 쉽고 완벽한 답안

목표: 곡면 $S$ 위의 임의의 점 $p$에서 가우스 곡률 $K(p)$가 양수임을 보인다.

전략: 가우스 곡률은 형상 연산자 $S_p$의 행렬식이다. $S_p$와 연관된 이차 형식(quadratic form)인 제2 기본 형식 $I{I}_p(v,v)$가 양의 정부호임을 보임으로써, $S_p$의 두 고유값(주곡률)이 모두 양수이고 따라서 그 곱인 가우스 곡률도 양수임을 증명한다.

증명

1. $p$를 곡면 $S$ 위의 임의의 점이라 하자. 가우스 곡률 $K(p)$는 형상 연산자 $S_p$의 행렬식, 즉 $K(p)=\det (S_p)$ 이다. $S_p$는 2차원 접공간 $T_{p}S$ 위의 대칭 선형 연산자이므로, 두 주곡률 ${\kappa }_1,{\kappa }_2$를 고유값으로 가진다. 따라서 $K(p)={\kappa }_1{\kappa }_2$ 이다.

2. 형상 연산자 $S_p$에 대응하는 이차 형식은 제2 기본 형식 $I{I}_p(v,v)=⟨S_p(v),v⟩$ 로 주어진다. $S$는 $f=c$의 등위 집합이므로, $I{I}_p(v,v)$는 $f$의 헤세 행렬 $H_f$를 이용하여 다음과 같이 표현된다.

$$I{I}_p(v,v)=\frac{v^T{H}_f(p)v}{\Vert \nabla f(p)\Vert },\forall v\in T_{p}S$$

3. 문제의 가정을 적용하자.

• 헤세 행렬이 양의 정부호: $H_f$가 양의 정부호이므로, 0이 아닌 모든 벡터 $v\in {\mathbb{R}}^3$에 대해 $v^T{H}_{f}v>0$ 이다. 특히, $T_{p}S$에 속한 0이 아닌 모든 접벡터 $v$에 대해서도 이 부등식은 성립한다.
• 정칙 등위 집합: $S$가 정칙 등위 집합이므로, 모든 점 $p\in S$에서 $\nabla f(p)\ne 0$ 이고, 따라서 $\Vert \nabla f(p)\Vert >0$ 이다.

4. 위 두 사실을 결합하면, 0이 아닌 모든 접벡터 $v\in T_{p}S$에 대해,

$$I{I}_p(v,v)=\frac{v^T{H}_f(p)v}{\Vert \nabla f(p)\Vert }=\frac{(\text{양수})}{(\text{양수})}>0$$

5. 이는 제2 기본 형식이 $T_{p}S$ 위에서 양의 정부호임을 의미한다. 따라서 형상 연산자 $S_p$의 두 고유값, 즉 주곡률 ${\kappa }_1,{\kappa }_2$는 모두 양수여야 한다.

$${\kappa }_1>0\text{and}{\kappa }_2>0$$

최종 결론

가우스 곡률은 두 주곡률의 곱이므로,

$$K(p)={\kappa }_1{\kappa }_2>0$$

$p$는 $S$ 위의 임의의 점이었으므로, 곡면 $S$의 가우스 곡률은 모든 점에서 양수이다. ∎