바나흐-타르스키 역설
1. 개요
Banach-Tarski paradox
폴란드의 수학자 스테판 바나흐와 알프레드 타르스키가 1924년 발표한 정리. 이 정리의 증명에는 선택공리의 도움이 필요하다.
2. 진술
즉, 이 명제의 진술대로면 금으로 된 공 1개를 유한 조각으로 잘라 2개의 금으로 된 공을 만들 수 있다. 단순 회전·평행 이동만의 결과로 위 정리를 유도해 낼 수 있다는 것이 일반적인 직관에 상당히 반하기 때문에, 완전하게 증명이 된 지금도 '''역설'''이라는 이름으로 알려져 있다.
3. 간략한 증명
만약 구를 분할하는 조각들이 부피 $$V_i(1 \le i \le n)$$를 가진다면, 위 정리의 진술로부터 $$\displaystyle \sum_{i=1}^n V_i = 2 \sum_{i=1}^n V_i$$가 얻어지므로 모순이다. 따라서, 위 정리의 증명(집합의 구성)에는 부피를 가지지 않는 집합이 필연적으로 필요하다. 실제로 프랙탈 이론을 이용하면 해당 집합을 구성해 낼 수 있다.
증명에 앞서, 각 $$\xi = \arccos \dfrac{1}{3} \fallingdotseq 70.53 \degree$$를 미리 정의해 놓자. $$\xi$$가 어떤 특수한 의미를 갖는 각은 아니며, 육십분법 기준으로 무리수인 각도이면 충분하다. 또한 주어진 명제의 구가 단위구 $$B^3 = \{ x \in \mathbb{R}^3 \rvert \lVert x \rVert \le 1 \}$$라고 가정해도 무방하다. 이제 3차원 단위구의 표면 $$S^2 = \{ x \in \mathbb{R}^3 \rvert \lVert x \rVert = 1 \}$$ 위의 함수 $$L, R, U, D: S^2 \rightarrow S^2$$를
$$\displaystyle L(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta, z) = (\rho \cos (\theta - \xi), \rho \sin (\theta - \xi), z) \\ R(\rho \cos \theta, \rho \sin \theta, z) = (\rho \cos (\theta + \xi), \rho \sin (\theta + \xi), z) \\ U(\rho \cos \theta, y, \rho \sin \theta) = (\rho \cos (\theta + \xi), y, \rho \sin (\theta + \xi)) \\ D(\rho \cos \theta, y, \rho \sin \theta) = (\rho \cos (\theta - \xi), y, \rho \sin (\theta - \xi))$$
$$x \sim y \ \ \Leftrightarrow \ \ $$ 유한 개의 함수들 $$f_i \in \{L, R, U, D, \text{id}_{S^2} \}(1 \le i \le n)$$가 존재해 $$x = (f_1 \circ f_2 \circ \cdots \circ f_n)(y)$$이 성립
$$\hat{B} = X - \{ x \in X \rvert x \sim (0, \pm 1, 0), (0, 0, \pm 1) \}$$
$$\hat{P} = \{ x \in S^2 \rvert x \sim (0, \pm 1, 0), (0, 0, \pm 1) \}$$
$$Lo = LRLo = DURLL \text{id} UDo$$
$$\{ o \}$$ 자기 자신
$$Lo, LLo, LLLo, \cdots LUo, LULo, \cdots LDo, \cdots$$ 등 마지막 회전이 $$L$$인 점들
$$Ro, RRo, RRRo, \cdots RUo, RURo, \cdots RDo, \cdots$$ 등 마지막 회전이 $$R$$인 점들
$$Uo, UUo, UUUo, \cdots ULo, ULUo, \cdots URo, \cdots$$ 등 마지막 회전이 $$U$$인 점들
$$Do, DDo, DDDo, \cdots DLo, DLDo, \cdots DRo, \cdots$$ 등 마지막 회전이 $$D$$인 점들
$$\hat{B}_L = \displaystyle \bigcup _{o \in \hat{B}} \hat{B}_L (o)$$, $$\hat{B}_R = \displaystyle \bigcup _{o \in \hat{B}} \hat{B}_R (o)$$,
$$\hat{B}_U = \displaystyle \bigcup _{o \in \hat{B}} \hat{B}_U (o)$$, $$\hat{B}_D = \displaystyle \bigcup _{o \in \hat{B}} \hat{B}_D (o)$$
$$O = \{ (0, 0, 0) \}$$
$$B = \left\{ \lVert x\rVert \neq 0 \ \biggl| \biggr. \dfrac{x}{\lVert x \rVert} \in \hat{B} \right \}$$, $$P = \left\{ \lVert x\rVert \neq 0 \ \biggl| \biggr. \dfrac{x}{\lVert x \rVert} \in \hat{P} \right\}$$,
$$B_L = \left\{ \lVert x\rVert \neq 0 \ \biggl| \biggr. \dfrac{x}{\lVert x \rVert} \in \hat{B}_L \right\}$$, $$B_R = \left\{ \lVert x\rVert \neq 0 \ \biggl| \biggr. \dfrac{x}{\lVert x \rVert} \in \hat{B}_R \right\}$$,
$$B_U = \left\{ \lVert x\rVert \neq 0 \ \biggl| \biggr. \dfrac{x}{\lVert x \rVert} \in \hat{B}_U \right\}$$, $$B_D = \left\{ \lVert x\rVert \neq 0 \ \biggl| \biggr. \dfrac{x}{\lVert x \rVert} \in \hat{B}_D \right\}$$
3.1. 첫 번째 구
우리가 나눈 조각들은 $$B_L$$ 등 원점으로부터 뻗어나가는 선분들의 다발이지만, 구성의 편의를 위해 $$\hat{B}_L$$처럼 표면의 점들만 생각하기로 한다. 물론 이 구성 방법은 $$B_L$$에도 잘 적용된다. $$o \in \hat{B}$$를 하나 고정하고 $$\hat{B}_L (o)$$를 $$z$$축 기준, 오른쪽 방향으로 $$\xi$$만큼 회전하자. 즉 $$\hat{B}_L (o)$$의 원소에 모두 함수 $$R$$을 적용하는 것과 같다. $$RL = \text{id}$$ 이므로,
$$R(\hat{B}_L (o)) = R(\{ Lo, LLo, LLLo, \cdots LUo, LULo, \cdots LDo, LDLo, \cdots \}) \\ = \{ o, Lo, LLo, \cdots Uo, ULo, \cdots Do, DLo, \cdots \} = \{ o \} \cup \hat{B}_L (o) \cup \hat{B}_U (o) \cup \hat{B}_D (o)$$
$$R(B_L) = B \cup B_L \cup B_U \cup B_D$$
3.2. 두 번째 구
이제 두 번째 구를 만들기 위한 재료는 $$B$$, $$B_U$$, $$B_D$$가 남았다. 첫 번째 구를 만들 때와 마찬가지로, $$\hat{B}_U (o)$$를 $$y$$축 기준, 아래 방향으로 $$\xi$$만큼 회전하자. 즉 $$D(\hat{B}_U (o))$$를 계산해 본다.
$$D(\hat{B}_U (o)) = D(\{ Uo, UUo, UUUo, \cdots ULo, ULUo, \cdots URo, URUo, \cdots \}) \\ = \{ o, Uo, UUo, \cdots Lo, LUo, \cdots Ro, RUo, \cdots \} = \{ o \} \cup \hat{B}_U (o) \cup \hat{B}_L (o) \cup \hat{B}_R (o)$$
첫 번째, 현재 문제가 되는 것은 $$D(Uo) = o$$이므로 $$\hat{B}_U (o)$$ 중 점 $$Uo$$만 따로 분리하고 나머지 부분만 회전시킨다. 그러면 $$D(UUo) = Uo$$이므로 역시 $$Uo$$ 점이 겹치는 것을 알 수 있다. 그렇기 때문에 $$U_o = \{ Uo, UUo, UUUo, \cdots \}$$를 모두 분리해야만 한다. 즉, $$\hat{B}_U (o)$$를 $$U_o \cup (\hat{B}_U (o) - U_o)$$로 이해하고, 두 번째 조각만 아래로 돌린다.($$D$$를 적용한다.) 그러면,
$$D(\hat{B}_U (o) - U_o) = D(\{ UULo, UURo, UUULo, \cdots ULo, ULUo, \cdots URo, URUo, \cdots \}) \\ = \{ ULo, URo, UULo, \cdots Lo, LUo, \cdots Ro, RUo, \cdots \} = (\hat{B}_U (o) - U_o) \cup \hat{B}_L (o) \cup \hat{B}_R (o)$$
그 다음, 이제 두 번째 구의 부족분 $$O$$, $$P$$를 채워야 한다. 그런데 $$P$$는 4개의 극점으로부터 회전 변환으로 얻어지는 점들의 모임이므로, 최대 가산개(countable)이다. 한편 구의 표면 $$S^2$$은 비가산집합(uncountable set)이므로, $$P$$의 어떤 점도 지나지 않는 구의 중심축을 잡을 수 있다. 구를 적절히 회전하여, 해당 축이 $$x$$축이 되도록 잡자. 그런데 빠진 점 $$P$$가 가산개 이므로, 집합 $$P \times P$$도 가산집합이다. 따라서
$$\{ n \theta_{(p_1 , p_2)} \rvert n \in \mathbb{N}$$, 도형 $$B^3 - O - P$$를 $$x$$축 기준으로 각 $$\theta_{(p_1 , p_2)}$$만큼 회전시킬 때 점 $$p_1 \in P$$와 $$p_2 \in P$$가 일치$$\}$$
$$A_1 = \{ (x, \rho \cos (\theta - n \zeta) , \rho \sin (\theta - n \zeta)) \rvert n \in \mathbb{N}, (x, \rho \cos \theta , \rho \sin \theta) \in P \}$$
$$A_2 = B^3 - O - P - A_1$$
$$(x, \rho \cos (\theta - n \zeta) , \rho \sin (\theta - n \zeta)) \mapsto (x, \rho \cos (\theta - (n - 1) \zeta) , \rho \sin (\theta - (n - 1) \zeta)) \ \ \ \forall n \in \mathbb{N}$$
마지막으로, 이제 단 한 점 $$O$$만이 남았는데 이는 2-1의 아이디어와 거의 똑같은 방법으로 countable개만의 점을 회전시켜 채울 수 있다. 일반적으로, 단위구에 countable개만의 점이 빠진 것은 적절한 회전으로 전부 메울 수 있다.
3.3. 결론
우리는 3차원 단위 구 $$B^3$$을 7개의 조각 $$O$$, $$P$$, $$B$$, $$B_L$$, $$B_R$$, $$B_U$$, $$B_D$$로 나누었고, $$O$$, $$P$$, $$B_L$$, $$B_R$$을 적절히 조합하여 첫 번째 구를 만들었다. 또 나머지 조각 중 $$B_U$$를 두 조각
$$B_o = \left\{ \lVert x\rVert \neq 0 \ \biggl| \biggr. \dfrac{x}{\lVert x \rVert} \in \displaystyle \bigcup _{o \in \hat{B}} U_o \right\}$$, $$B_{oc} = B_U - B_o$$
4. 의의
이 정리로부터 3차원 공간의 모든 부분집합에 적절한 측도(부피)를 줄 수 없다는 사실을 알 수 있는데, 실제로 정리의 증명에 사용되는 구의 조각들 가운데 셀 수 없는 집합(uncountable set)은 전부 부피를 가지지 않는 집합(non-measurable set)이다.
혹시나 이 증명을 읽고 나서 실제로 공을 잘라 보려고 시도하지는 말자(...). 선택공리가 작용하는 부분도 있거니와 원점 $$O$$를 따로 분리하는 등, 물질의 최소 단위(원자)가 있는 현실 세계에서는 불가능한 방법을 사용하고 있다. 리처드 파인만도 수학자 친구들의 바나흐-타르스키 역설 드립에 원자 드립으로 맞받아쳤다.
[각주]