Degree Theory (3) - Brouwer Fixed Point Theorem

Brouwer fixed point theorem은 Luitzen Brouwer에 의해 증명된 다음의 정리를 말한다: compact convex set $K$ (따라서, closed unit ball과 equivalent하다)에서 자기 자신으로 가는 모든 continuous mapping $f: K \to K$는 항상 fixed point (즉, 어떤 $x_0 \in K$가 존재하여, $f(x_0) = x_0$)가 존재한다. 이를 실생활에서 이 정리를 적용할 수 있는 예를 살펴보자.

1. 두장의 종이를 준비한다. (두장의 종이에는 무한히 촘촘한 모눈이 그러져 있다고 가정하자) 그 중의 한장의 종이를 자르거나 붙이지 않고 마구마구 구겨준다. 그런 다음에 이 구겨진 종이를 다른 종이 위에 삐져나오지 않도록 올려두면, Brouwer fixed point theorem에 의하여 구겨진 종이의 적어도 하나의 모눈이 그 모눈과 좌표가 같은 평평한 종이의 모눈 바로 위에 위치한다.

3. 책상 위에 올려진 우리나라 지도를 생각해 보자. 그러면 Brouwer fixed point theorem에 의하여 지도상의 어떤 점과 그 점이 실제로 나타내는 우리나라의 어떤 장소 (사실은 이 장소또한 지도 위의 한 점이다.) 가 정확하게 일치하는 점이 적어도 하나 존재한다. 

2. 유리잔에 물을 따르고 소금을 붓는다. 소금을 녹이기 위하여 소금물이 든 유리잔을 물이 튀지 않도록 저어준다. 그러면 Brouwer fixed point theorem에 의하여, 소금물을 저어주기 전과 저어주고 난 후의 위치가 같은 소금 분자가 적어도 하나 존재한다.

Brouwer fixed point theorem은 위상수학(topology)에서 fixed point의 존재성을 증명할 뿐만 아니라, 대수적 위상수학(algebraic topology)에서 Jordan curve theorem, hairy curve theorem, 그리고 Borsuk-Ulam theorem등과 함께 유클리드 공간의 위상을 기술하는 핵심 정리중 하나이다. 뿐만 아니라, 미분 방정식(differential equation)에서 해의 존재성의 증명, 게임 이론(game theory)에서 John Nash가 Nash equilibrium의 존재성을 증명하는데도 이 정리가 쓰인다. 또한 좀더 일반화된 형태의 fixed point theorem 중 다수가 Brouwer fixed point theorem으로부터 유도된다. 먼저, 이 정리를 수학적인 언어로 정리해서 살펴보자.

Theorem 3.1 (Brouwer Fixed Point Theorem)

$\Omega = \{x \in \mathbb{R}^n : |x| < 1$이라 하고, mapping $f: \bar{\Omega} \to \bar{\Omega}$가 $f \in C(\bar{\Omega})$를 만족한다고 하자. 그러면 $f(x_0) = x_0$를 만족하는 $x_0 \in \bar{\Omega}$가 존재한다.  

정리를 증명하기 위해 다음의 lemma가 필요하다.

Lemma 3.2

$\Omega = \{x \in \mathbb{R}^n : |x| < 1$이라 하자. 그러면 모든 $x \in \partial \Omega$에 대하여, $g(x)=x$를 만족하는 continuous mapping $g: \bar{\Omega} \to \partial \Omega$는 존재하지 않는다.

Proof: 만약에 그러한 mapping $g$가 존재한다고 가정해 보자. 그러면 모든 $x \in \partial \Omega$에 대하여 $g(x) = \operatorname{id}(x)$를 만족한다. 따라서 $g|_{\partial \Omega} = \operatorname{id}|_{\partial \Omega}$가 성립하고, Corollary 2.5에 의해 

\[ \operatorname{deg}(g,\, \Omega,\, 0) = \operatorname{deg}(\operatorname{id},\, \Omega,\,0) = 1 \]

이 성립한다. 그러므로 $\operatorname{deg}(g,\, \Omega,\, 0) \neq 0$이고, Theorem 2.1 (Solution Property)에 의해 $g(x)=0$의 해가 존재한다. 하지만 모든 $x \in \bar{\Omega}$에 대하여, $||g(x)|| = 1$이므로 모순이 발생한다. 따라서 조건을 만족하는 mapping $g$는 존재하지 않는다. ■

이제 Brouwer fixed point theorem을 증명할 준비가 다 되었다.

Proof of Theorem 3.1: 결론을 부정하여 $f$의 fixed point가 $\bar{\Omega}$ 위에서 존재하지 않는다고 가정해보자. 다시 말해, 모든 $x \in \bar{\Omega}$에 대하여 $x-f(x) \neq 0$이 성립한다고 가정해보자. 먼저, $x \in \bar{\Omega}$에 대하여 세 mapping $r,\,s,\,t$를 각각 아래와 같이 정의하자.

\[ \begin{aligned} r(x) &:= x-f(x), \\ s(x) &:= \langle x,\, r(x) \rangle, \\ t(x) &:= \frac{-s(x) + \sqrt{s^2(x)-||r(x)||(||x||^2 -1)}}{||r(x)||^2}. \end{aligned}\]

우선 세 mapping $r,\,s,\,t$ 모두 연속(continuous)임을 쉽게 알 수 있다. 또한 각각의 $x \in \bar{\Omega}$에 대하여, $t(x)$는 $t$에 관한 다음의 이차방정식의 해이다.

\[ ||r(x)||t^2 + 2s(x)t + ||x||^2 = 1. \]

이제 $x \in \bar{\Omega}$에 대하여 mapping $g$를 아래와 같이 정의하자.

\[ g(x) := x + t(x)(x-f(x)) \]

그러면 $g$가 연속(continuous)임은 쉽게 알 수 있고, 모든 $x \in \bar{\Omega}$에 대하여

\[ ||g(x)||^2 = ||x||^2 + 2\langle x,\,x-f(x) \rangle t(x) + ||x-f(x)||^2t^2(x) = ||x||^2 + 2t(x)s(x) + ||r(x)||^2t^2(x) = 1\]

임을 알 수 있다. 따라서 $g : \bar{\Omega} \to \partial{\Omega}$이다. 마지막으로 $x \in \partial \Omega$이면 $||x|| = 1$이 성립하고, 

\[ s(x) = \langle x,\, x-f(x) \rangle = ||x||^2 - \langle x,\,f(x) \rangle \geq ||x||^2 - ||x|| ||f(x)|| \geq 1-1 = 0 \]

이므로, $t(x)$의 분자 부분을 살펴보면

\[ -s(x) + \sqrt{s^2(x)-||r(x)||(||x||^2 -1)} = -s(x) + \sqrt{s^2(x)} = -s(x) + s(x) = 0 \]

임을 알 수 있다. 따라서 $g(x) = x + t(x)(x-f(x)) = x$이 된다. 따라서 우리는 모든 $x \in \partial \Omega$에 대하여, $g(x)=x$를 만족하는 continuous mapping $g : \bar{\Omega} \to \partial{\Omega}$를 찾았다! 하지만 이는 Lemma 3.2에 의하여 모순이고 결국 처음의 가정이 틀렸음을 알 수 있다. ■ 

 

위 정리에서 조건 $\Omega = \{x \in \mathbb{R}^n : |x| < 1$는 compact convex set $K$로 완화할 수 있다. 만약 $K$가 compact convex set이면, $\Omega$와 homeomorphic하고 따라서 homeomorphism $h: \bar{\Omega} \to K$가 존재한다. 주어진 mapping $f: \bar{\Omega} \to \bar{\Omega}$에 대하여, $\hat{f} = h \circ f \circ h^{-1}$로 정의하면, $\hat{f} : K \to K$이고, continuous이다. 따라서 Brouwer fixed point theorem에 의하여 $\hat{f}(\hat{x}) = \hat{x}$를 만족하는 $\hat{x} \in K$가 존재하고, $x = h^{-1}(\hat{x})$로 잡으면, $f(x) = x$임을 보일 수 있다.