2022 fall

11. (10 pts) Consider the set $\mathbb{R}$ of real numbers with the co-countable topology $\mathcal{T}$ given by

$\mathcal{T}=\{\varnothing \}\cup \{S\subset \mathbb{R}:\mathbb{R}\setminus S\text{ is countable}\}$. (a) Show that $\mathcal{T}$ defines a topology. (b) Determine if the interval $[0,1]$ is compact with the co-countable topology. (Explain your answer.)

Theorem

• 위상의 공리 (Axioms of a Topology) : 집합 $X$의 부분집합족 $\mathcal{T}$가 위상이 되기 위한 조건은 다음과 같다.

1. 공집합 $\varnothing$과 전체집합 $X$는 $\mathcal{T}$의 원소이다.
2. $\mathcal{T}$의 원소들의 임의의 합집합은 $\mathcal{T}$의 원소이다.
3. $\mathcal{T}$의 원소들의 유한 교집합은 $\mathcal{T}$의 원소이다.

• 컴팩트 공간 (Compact Space) : 모든 열린 덮개가 유한 부분 덮개를 갖는 위상 공간이다.

Answer

(a) $\mathcal{T}$가 위상의 세 공리를 만족함을 보인다.

1. 공리 1 : 정의에 의해 $\varnothing \in \mathcal{T}$이다. 전체집합 $\mathbb{R}$의 여집합은 $\mathbb{R}\setminus \mathbb{R}=\varnothing$이고, 공집합은 가산 집합이므로 $\mathbb{R}\in \mathcal{T}$이다.
2. 공리 2 (임의의 합집합) : $\{U_{\alpha }\}$를 $\mathcal{T}$의 원소들로 이루어진 집합족이라 하자. 만약 모든 $U_{\alpha }$가 공집합이면 합집합도 공집합이므로 $\mathcal{T}$에 속한다. 만약 적어도 하나의 $U_{\beta }$가 공집합이 아니라면, $U=\bigcup U_{\alpha }$의 여집합을 조사한다. $\mathbb{R}\setminus U=\bigcap (\mathbb{R}\setminus U_{\alpha })$. $U_{\beta }$가 공집합이 아니므로 $\mathbb{R}\setminus U_{\beta }$는 가산 집합이다. 이 교집합은 가산 집합 $\mathbb{R}\setminus U_{\beta }$의 부분집합이므로, 역시 가산 집합이다. 따라서 $U\in \mathcal{T}$이다.
3. 공리 3 (유한 교집합) : $U_1,\dots ,U_n$을 $\mathcal{T}$의 원소라 하자. 만약 이 중 하나라도 공집합이면 교집합도 공집합이므로 $\mathcal{T}$에 속한다. 모두 공집합이 아니라면, $U=\bigcap U_i$의 여집합을 조사한다. $\mathbb{R}\setminus U=\bigcup (\mathbb{R}\setminus U_i)$. 각 $\mathbb{R}\setminus U_i$는 가산 집합이다. 가산 집합의 유한 합집합은 가산 집합이므로, $\mathbb{R}\setminus U$는 가산 집합이다. 따라서 $U\in \mathcal{T}$이다.

(b) 구간 $[0,1]$은 여가산 위상에 대해 컴팩트가 아니다.

1. $[0,1]$에 유도되는 부분 공간 위상을 생각하자. $[0,1]$의 부분집합 $V$가 열린 집합이라는 것은, $V=\varnothing$이거나 $[0,1]\setminus V$가 가산 집합임을 의미한다.
2. $[0,1]$이 컴팩트가 아님을 보이기 위해, 유한 부분 덮개를 갖지 않는 열린 덮개를 하나 구성한다.
3. $[0,1]$에 포함된 유리수 집합 $Q=[0,1]\cap \mathbb{Q}$는 가산 집합이다.
4. 열린 집합 $U=[0,1]\setminus (Q\setminus \{0\})$를 생각하자. 이 집합은 $0$을 포함하지만 $0$ 이외의 유리수는 포함하지 않는다.
5. 각 유리수 $q\in Q$에 대해, 열린 집합 $U_q=[0,1]\setminus \{q\}$를 생각하자.
6. 다음과 같은 열린 덮개를 구성한다.

$$\mathcal{C}=\{[0,1]\setminus \{x\}\mid x\in [0,1]\}$$

이 집합족은 명백히 $[0,1]$을 덮는다. 7. 이 덮개의 유한 부분 덮개 $\{[0,1]\setminus \{x_1\},\dots ,[0,1]\setminus \{x_n\}\}$를 생각하자. 이들의 합집합은 $[0,1]\setminus \{x_1,\dots ,x_n\}$ 이다. 이 합집합은 점들 $x_1,\dots ,x_n$을 포함하지 않으므로, $[0,1]$ 전체를 덮지 못한다. 8. 따라서, 유한 부분 덮개가 존재하지 않으므로 $[0,1]$은 컴팩트가 아니다.

12. (10 pts)

(a) Let X be a topological space and let Z ⊂ X be a subspace with the induced topology. Suppose that Z is connected. Determine if its closure Z is connected or not. (Explain your answer.) (b) Show that, for n ≥ 1, the standard sphere $S^n\subset {\mathbb{R}}^{n+1}$ is connected.

Theorem

• 연결 집합의 폐포 : 위상 공간에서 연결 집합의 폐포는 항상 연결 집합이다. 더 일반적으로, 연결 집합 $A$를 포함하고 그 폐포 $\bar{A}$에 포함되는 모든 집합은 연결 집합이다.
• 경로 연결성(Path-connectedness) : 경로 연결 공간은 항상 연결 공간이다.

Answer

(a) $\bar{Z}$는 항상 연결 집합이다.

1. $\bar{Z}$가 연결 집합이 아니라고 가정하자. 그러면 $\bar{Z}$는 서로소이고 공집합이 아닌 열린 집합 $U,V$의 합집합으로 표현될 수 있다: $\bar{Z}=U\cup V$, $U\cap V=\varnothing$. (여기서 $U,V$는 $\bar{Z}$의 부분 공간 위상에서의 열린 집합이다.)
2. $Z\subset \bar{Z}$ 이므로, $Z=(\bar{Z}\cap Z)=(U\cap Z)\cup (V\cap Z)$ 이다.
3. $U\cap Z$와 $V\cap Z$는 $Z$의 부분 공간 위상에서 열린 집합이며, 서로소이다.
4. $Z$는 연결 공간이므로, 두 집합 중 하나는 반드시 공집합이어야 한다. 일반성을 잃지 않고 $U\cap Z=\varnothing$ 이라고 하자. 그러면 $Z\subset V$가 된다.
5. 한편, $U$는 공집합이 아니므로 어떤 점 $p\in U$가 존재한다. $p\in U\subset \bar{Z}$ 이므로, $p$는 $Z$의 폐포에 속한다.
6. 따라서 $p$의 모든 근방은 $Z$와 만나야 한다. $U$는 $\bar{Z}$에서 $p$의 열린 근방이므로, $Z$와 만나야 한다. 즉, $U\cap Z\ne \varnothing$ 이다.
7. 이는 4번의 결론($U\cap Z=\varnothing$)과 모순된다. 따라서 초기 가정, 즉 $\bar{Z}$가 연결 집합이 아니라는 가정이 거짓이다. $\bar{Z}$는 연결 집합이다.

(b) $n\ge 1$에 대해 구면 $S^n$이 경로 연결 공간 임을 보여 연결 공간임을 증명한다.

1. $S^n$ 위의 임의의 서로 다른 두 점 $p,q$를 선택하자.
2. 만약 $p$와 $q$가 대척점(antipodal points)이 아니면(즉, $q\ne -p$), $p,q$ 그리고 원점을 지나는 유일한 2차원 평면이 존재한다. 이 평면과 구면의 교선은 대원(great circle)을 이루며, 이 대원의 두 호 중 짧은 쪽은 $p$와 $q$를 잇는 $S^n$ 위의 경로가 된다.
3. 만약 $p$와 $q$가 대척점이면($q=-p$), 구면 위의 다른 어떤 점 $r$을 선택한다 ($n\ge 1$이므로 $S^n$은 두 점 이상으로 이루어져 있어 항상 가능하다). $p$와 $r$은 대척점이 아니고, $r$과 $q$도 대척점이 아니다.
4. 따라서 2번 경우에 의해, $p$에서 $r$로 가는 경로와 $r$에서 $q$로 가는 경로가 존재한다. 이 두 경로를 이어 붙이면 $p$에서 $q$로 가는 경로가 된다.
5. 임의의 두 점이 경로로 연결될 수 있으므로 $S^n$은 경로 연결 공간이다. 따라서, $S^n$ ($n\ge 1$)은 연결 공간이다.

---

물론입니다. 원뿔의 정칙성에 대한 이 문제에 대해 번역, 필수 개념, 그리고 가장 이상적인 답안을 제시해 드리겠습니다.

1. 문제 번역

**13. (10점) ${\mathbb{R}}^3$의 부분집합 S가 $\{(x,y,z):z^2=x^2+y^2,z\ge 0\}$로 주어졌다고 하자. S가 정칙 곡면(regular surface) 이 아님을 보여라. (정칙 곡면은 매끄러운 곡면(smooth surface) 이라고도 불린다.)

2. 문제 풀이를 위한 필수 개념

이 문제를 풀기 위해서는 정칙 곡면 의 정의를 정확히 이해하고, 주어진 곡면이 그 정의를 만족하지 않는 지점을 찾아내는 것이 핵심입니다.

• 정칙 곡면 (Regular Surface) 어떤 부분집합 $S\subset {\mathbb{R}}^3$가 정칙 곡면이라는 것은, $S$ 위의 모든 점 $p$ 근방에서 다음 세 가지 조건을 만족하는 ‘좌표 조각(chart)’ 또는 ‘국소 매개변수 표현’ $\mathbf{x}(u,v)$를 찾을 수 있다는 의미입니다.

1. 매끄러움 (Smooth): $\mathbf{x}(u,v)$는 모든 차수의 편도함수를 갖고 연속입니다.
2. 동형사상 (Homeomorphism): $\mathbf{x}(u,v)$는 연속이고, 연속인 역함수를 가집니다. (즉, 표면을 찢거나 붙이지 않고 평평하게 펼칠 수 있습니다.)
3. 정칙 조건 (Regularity Condition): 접벡터 ${\mathbf{X}}_u$와 ${\mathbf{X}}_v$가 모든 점에서 선형 독립입니다. 이는 각 점에 유일한 접평면(tangent plane) 이 잘 정의됨을 보장합니다.

• 정칙 곡면 판별법 어떤 곡면이 정칙 곡면인지 확인하는 간단한 방법들이 있습니다.

1. 함수의 그래프: 국소적으로 $z=f(x,y)$와 같이 매끄러운(smooth) 함수의 그래프로 표현될 수 있다면 정칙 곡면입니다.
2. 등위 집합 (Level Set): 매끄러운 함수 $F(x,y,z)$에 대해, $F=c$의 등위 집합이 정칙 곡면이 되려면 모든 점에서 그래디언트 $\nabla F$가 0이 아니어야 합니다.

• 문제의 곡면 (원뿔) 주어진 곡면 $S$는 $z\ge 0$ 이므로 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 입니다. 이는 원점을 꼭짓점으로 하는 원뿔(cone) 입니다. 직관적으로, 원뿔의 꼭짓점은 뾰족하기 때문에 이 점에서 문제가 발생할 것임을 예상할 수 있습니다.

3. 가장 쉽고 완벽한 답안

가장 쉽고 명확한 증명은 원뿔이 원점에서 함수의 그래프로 표현될 때, 그 함수가 미분 불가능함을 보이는 것입니다. 이는 정칙 곡면의 기본 조건인 ‘매끄러움’을 위배합니다.

증명

1. 문제점 파악 주어진 곡면 $S$는 함수 $z=f(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$의 그래프이다. 만약 $S$가 정칙 곡면이라면, 모든 점에서 국소적으로 매끄러운 함수로 표현될 수 있어야 한다. 그러나 원뿔의 꼭짓점인 원점 $p=(0,0,0)$에서 문제가 발생할 것으로 예상된다. 우리는 이 점에서 $f(x,y)$가 미분 가능하지 않음(not differentiable)을 보일 것이다.

2. 미분 불가능성 증명 함수 $f(x,y)$가 점 $(0,0)$에서 미분 가능하려면, 모든 편도함수가 존재하고 연속이어야 한다. $x$에 대한 편도함수 $f_x(0,0)$를 정의에 따라 계산해 보자.

$$f_x(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}$$

$f(h,0)=\sqrt{h^2+0^2}=|h|$ 이고 $f(0,0)=0$ 이므로,

$$f_x(0,0)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{|h|}{h}$$

이 극한값은 존재하지 않는다.

• 우극한 ($h\to 0^{+}$): ${\lim }_{h\to 0^{+}}\frac{h}{h}=1$
• 좌극한 ($h\to 0^{-}$): ${\lim }_{h\to 0^{-}}\frac{-h}{h}=-1$

좌극한과 우극한이 다르므로, $f_x(0,0)$의 극한값은 존재하지 않는다. 따라서 함수 $f(x,y)$는 점 $(0,0)$에서 편미분 불가능하며, 당연히 미분 가능하지도 않다.

3. 기하학적 해석 (접평면의 부재) 정칙 곡면의 모든 점에는 유일한 2차원 접평면이 존재해야 한다. 하지만 원뿔의 꼭짓점에서는 무수히 많은 접선(cone generator)을 그릴 수 있으며, 이 접선들은 하나의 평면을 이루지 않고 다시 원뿔 모양을 형성한다. 따라서 꼭짓점에서는 접평면이 유일하게 정의되지 않는다.

최종 결론

곡면 $S$는 원점 $p=(0,0,0)$에서 매끄러운 함수의 그래프로 표현될 수 없다. 즉, 정칙 곡면의 정의를 만족하는 국소 매개변수 표현이 원점에 존재하지 않는다. 따라서 $S$는 정칙 곡면이 아니다. ∎

---

물론입니다. 가우스 사상의 미분에 관한 이 문제에 대해 번역, 필수 개념, 그리고 가장 이상적인 답안을 제시해 드리겠습니다.

1. 문제 번역

**14. (10점) $S\subset {\mathbb{R}}^3$를 향이 주어진 정칙 곡면(oriented regular surface)이라 하자. $N$을 가우스 사상(Gauss map)이라 하고 $p\in S$를 한 점이라 하자. 다음 명제들을 증명하거나 반증하라. (답을 설명하라.)

(a) 만약 점 $p$에서의 가우스 곡률이 0이면, 점 $p$에서의 미분사상 $d{N}_p:T_{p}S\to T_{p}S$는 (선형사상으로서) 영사상(zero map)이다.

(b) 만약 점 $p$에서의 미분사상 $d{N}_p$가 영사상이면, $U$가 평면에 포함되도록 하는 $p$의 근방 $U\subset S$가 존재한다.

2. 문제 풀이를 위한 필수 개념

이 문제를 해결하기 위해서는 가우스 사상과 곡면의 곡률 사이의 핵심적인 관계를 이해해야 합니다.

• 가우스 사상 (Gauss Map, $N$) 곡면 $S$ 위의 각 점 $p$를 그 점에서의 단위 법선 벡터 $N(p)$에 대응시키는 함수입니다 ($N:S\to S^2$, 여기서 $S^2$는 단위 구면). 곡면이 어떻게 휘어져 있는지를 법선 벡터의 변화를 통해 보여줍니다.

• 가우스 사상의 미분 ($d{N}_p$) 과 형상 연산자 (Shape Operator, $S_p$) 이 문제의 핵심입니다. 가우스 사상의 미분 $d{N}_p$는 접평면 $T_{p}S$에서 자기 자신으로 가는 선형 변환이며, 형상 연산자 $S_p$와 다음과 같은 관계를 가집니다.

$$d{N}_p=-S_p$$

형상 연산자 $S_p$는 곡면의 휘어짐에 대한 모든 정보를 담고 있는 매우 중요한 도구입니다.

• 가우스 곡률 (Gaussian Curvature, K) 가우스 곡률 $K$는 형상 연산자의 행렬식(determinant) 으로 정의됩니다.

$$K(p)=\det (S_p)$$

또한, $S_p$의 고유값인 주곡률 ${\kappa }_1,{\kappa }_2$의 곱으로도 표현됩니다 ($K={\kappa }_1{\kappa }_2$).

• 평탄점 (Planar Point) 점 $p$에서 형상 연산자가 영사상인 경우($S_p=0$), 즉 모든 방향으로의 법곡률이 0인 점을 의미합니다. 이는 두 주곡률이 모두 0 (${\kappa }_1={\kappa }_2=0$)인 것과 같습니다. $S_p=0$이므로 $d{N}_p=0$인 점이 바로 평탄점입니다.

3. 가장 쉽고 완벽한 답안

(a) 명제 증명 또는 반증

결론: 명제 (a)는 거짓이다.

설명: 가우스 곡률 $K(p)$와 미분사상 $d{N}_p$는 형상 연산자 $S_p$를 통해 $K(p)=\det (S_p)$와 $d{N}_p=-S_p$ 관계로 연결됩니다. 따라서 명제는 ”** $\det (S_p)=0$ 이면, $S_p=0$이다** “라는 주장과 같습니다.

선형대수학에서 행렬식이 0이라고 해서 그 행렬이 반드시 영행렬인 것은 아닙니다. 마찬가지로, 형상 연산자의 행렬식이 0이라는 것은 단지 고유값(주곡률) 중 적어도 하나가 0임을 의미할 뿐, 연산자 자체가 0임을 보장하지는 않습니다.

반례 (Counterexample): 원기둥(cylinder) $S=\{(x,y,z)|x^2+y^2=1\}$을 생각해 보자. 원기둥 위의 임의의 점 $p$에서 주곡률은 다음과 같다.

• 원기둥의 축 방향(직선 방향)의 주곡률 ${\kappa }_1=0$
• 원기둥의 원주 방향(원 방향)의 주곡률 ${\kappa }_2=1/r=1$ (반지름 $r=1$이므로)

따라서 가우스 곡률은 $K={\kappa }_1{\kappa }_2=0\cdot 1=0$ 이다. 하지만 형상 연산자 $S_p$는 고유값으로 0과 1을 가지므로, 영연산자가 아니다 ($S_p\ne 0$). 결론적으로 $d{N}_p=-S_p$ 또한 영사상이 아니다. 그러므로 가우스 곡률이 0이지만 $d{N}_p$는 영사상이 아닌 반례가 존재한다.

(b) 명제 증명 또는 반증

결론: 명제 (b)는 거짓이다.

설명: 미분사상 $d{N}_p$가 점 $p$에서 영사상이라는 것은 $S_p=0$임을 의미한다. 이는 점 $p$가 평탄점(planar point) , 즉 주곡률이 ${\kappa }_1={\kappa }_2=0$인 점이라는 뜻이다.

이 조건은 점 $p$에서 곡면이 접평면과 2차항까지 일치하여 ‘매우 평평’하다는 것을 말해줍니다. 하지만 이는 오직 점 $p$ 한 지점에서의 정보 일 뿐, 그 점의 근방(neighborhood) 전체의 형태를 결정하지는 못합니다. 3차 이상의 고차항이 존재하여 점 $p$를 벗어나자마자 곡면이 평면이 아니게 될 수 있습니다.

반례 (Counterexample): 곡면 $S$를 방정식 $z=x^3$ 로 정의하자. (이 곡면은 y축 방향으로 뻗어나가는 원통형 곡면이다.) 점 $p=(0,0,0)$을 생각하자. $z=f(x,y)=x^3$으로 두고 제2 기본 형식의 계수를 계산하면,

• $f_{xx}=6x$, $f_{xy}=0$, $f_{yy}=0$ 점 $p=(0,0,0)$에서 $f_{xx}(0,0)=0,f_{xy}(0,0)=0,f_{yy}(0,0)=0$ 이다. 이는 제2 기본 형식이 점 $p$에서 0임을 의미하므로, 형상 연산자 $S_p=0$이고 따라서 $d{N}_p=0$이다. 하지만 곡면 $z=x^3$은 명백히 원점 $p$의 어떤 근방에서도 평면이 아니다.

따라서 $d{N}_p=0$ 이지만 그 근방이 평면이 아닌 반례가 존재한다.

---

1. 문제 번역

**15. (10점) $S\subset {\mathbb{R}}^3$를 정칙 곡면이라 하자. $S$에 포함된 직선(line) $L$이 존재한다고 가정하자. $L$ 위의 모든 점에서 가우스 곡률이 0 이하(음수 또는 0)임을 보여라.

2. 문제 풀이를 위한 필수 개념

이 증명은 곡면 위의 곡선과 곡면 자체의 곡률 사이의 관계를 이해하는 것이 핵심입니다.

• 법곡률 (Normal Curvature, $k_n$) 곡면 위의 한 점 $p$에서 특정 접선 방향 $\mathbf{v}$로의 휘어짐을 나타내는 값입니다. 기하학적으로, $p$를 지나고 벡터 $\mathbf{v}$와 법선 벡터 $N$을 포함하는 평면으로 곡면을 잘랐을 때 생기는 곡선(법선 단면)의 곡률입니다. 수학적으로는, 그 방향으로 진행하는 단위 속력 곡선 $\alpha (s)$의 가속도 벡터 ${\alpha }^{\prime \prime }(s)$를 곡면의 법선 벡터 $N$에 정사영한 값으로 정의됩니다: $k_n(\mathbf{v})=⟨{\alpha }^{\prime \prime }(s),N⟩$.

• 주곡률 (Principal Curvatures, ${\kappa }_1,{\kappa }_2$) 한 점 $p$에서 법곡률이 가질 수 있는 최댓값(${\kappa }_1$)과 최솟값(${\kappa }_2$) 입니다. 즉, 그 점에서 곡면이 가장 많이 휘는 방향과 가장 적게 휘는 방향의 곡률을 의미합니다.

• 가우스 곡률 (Gaussian Curvature, K) 두 주곡률의 곱으로 정의됩니다: $K={\kappa }_1{\kappa }_2$. 가우스 곡률의 부호는 그 점 근방의 모양을 결정합니다.

• $K>0$: 두 주곡률의 부호가 같음 (그릇 모양)

• $K<0$: 두 주곡률의 부호가 다름 (말 안장 모양)

• $K=0$: 두 주곡률 중 적어도 하나가 0임 (원기둥 또는 평면 모양)

• 직선의 곡률 기하학의 기본 성질로, 직선은 휘지 않으므로 모든 점에서 곡률이 0 입니다. 따라서 직선을 매개변수화한 곡선 $\alpha (s)$의 가속도 벡터는 항상 ${\alpha }^{\prime \prime }(s)=0$ 입니다.

3. 가장 쉽고 완벽한 답안

가장 이상적인 답안은 법곡률의 정의를 이용하여 직선 방향의 곡률이 0임을 보이고, 이를 통해 가우스 곡률의 부호를 논리적으로 유도하는 것입니다.

증명

1. 설정 $p$를 직선 $L$ 위의 임의의 한 점이라 하자. 직선 $L$은 곡면 $S$ 위에 포함되어 있으므로, $L$을 단위 속력 곡선 $\alpha (s)$로 매개변수화할 수 있다. 이 곡선은 방향 벡터 $\mathbf{v}$ ($\Vert \mathbf{v}\Vert =1$)를 이용하여 $\alpha (s)=p+s\mathbf{v}$ 로 표현된다. 이때, 벡터 $\mathbf{v}$는 직선 $L$ 위의 모든 점에서 $S$의 접벡터이다. 즉, $\mathbf{v}\in T_{p}S$ 이다.

2. 직선 방향의 법곡률 계산 점 $p$에서 $\mathbf{v}$ 방향으로의 법곡률 $k_n(\mathbf{v})$는 정의에 의해 다음과 같다.

$$k_n(\mathbf{v})=⟨{\alpha }^{\prime \prime }(s){|}_{s=0},N(p)⟩$$

여기서 $N(p)$는 점 $p$에서의 곡면의 단위 법선 벡터이다. $\alpha (s)$는 직선이므로, 가속도 벡터는 모든 $s$에 대해 ${\alpha }^{\prime \prime }(s)=0$ 이다. 따라서,

$$k_n(\mathbf{v})=⟨0,N(p)⟩=0$$

이는 곡면이 직선 $L$의 방향으로는 전혀 휘지 않음을 의미한다.

3. 주곡률과의 관계 한 점 $p$에서의 주곡률 ${\kappa }_1$과 ${\kappa }_2$는 각각 법곡률의 최댓값과 최솟값이다. 우리는 법곡률의 값이 0이 되는 방향($\mathbf{v}$ 방향)을 하나 찾았다. 따라서 법곡률의 최댓값인 ${\kappa }_1$은 0 이상이어야 하고, 최솟값인 ${\kappa }_2$는 0 이하이어야 한다.

$${\kappa }_2\le 0\le {\kappa }_1$$

4. 가우스 곡률의 부호 결정 가우스 곡률 $K$는 두 주곡률의 곱, $K={\kappa }_1{\kappa }_2$ 이다. 위 부등식에 따라, 0 이상인 값(${\kappa }_1$)과 0 이하인 값(${\kappa }_2$)의 곱은 항상 0 이하가 된다.

$$K={\kappa }_1{\kappa }_2\le 0$$

최종 결론

$p$는 직선 $L$ 위의 임의의 점이었으므로, 이 결과는 $L$ 위의 모든 점에 대해 성립한다. 따라서, 정칙 곡면이 직선을 포함하면 그 직선 위의 모든 점에서 가우스 곡률은 0 또는 음수이다. ∎

• 예시:
• 원기둥: 옆면에 무수히 많은 직선을 포함하며, 모든 점에서 가우스 곡률 $K=0$이다.
• 쌍곡 포물면(말 안장): 두 개의 직선 족(family of lines)을 포함하며, 모든 점에서 가우스 곡률 $K<0$이다.