Banach-Tarski paradox

폴란드의 수학자 스테판 바나흐와 알프레드 타르스키가 1924년 발표한 정리. 이 정리의 증명에는 선택공리의 도움이 필요하다.

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 역설이라는 이름으로 알려져 있다.

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

라고 정의하자. 여기서 $S^2$ 위의 각 점은 적절한 축을 가지는 원통형 좌표계로 표현되어 있다. $(0 \le \rho \le 1, 0 \le \theta < 2 \pi, y^2 = z^2 = 1 - \rho^2)$ 위 함수들은 복잡해 보이지만, 함수 $L, R, U, D$는 구면 위의 각 점을 각도 $\xi$만큼 왼쪽(Left), 오른쪽(Right), 위쪽(Up), 아래쪽(Down)으로 돌리는 것을 수식으로 적은 것에 불과하다. 또한 $L$과 $R$, $U$와 $D$는 서로 역함수 관계임을 알 수 있다. 이제 $S^2$ 위의 두 점 $x, y \in S^2$에 relation $\sim$을

라고 정의하자. 위 관계 $\sim$은 동치관계인 것은 쉽게 확인할 수 있다. 그러므로 동치류 $S^2 / \sim$가 잘 정의되며, 각 equivalence class의 대표원(representative)들을 하나씩 뽑아 집합 $X$를 만들 수 있다.[1] 그런데, $L, R, U, D$를 $y$축, $z$축을 기준으로 한 회전으로 정의했기 때문에 $S^2$의 네 점 $(0, \pm 1, 0)$, $(0, 0, \pm 1)$은 따로 다룰 필요가 있다. 즉, $X$의 부분집합

와 $S^2$의 부분집합

을 따로 정의하자. 여기서 $\hat{B}$와 $\hat{P}$는 Base point, Pole의 머릿글자를 따 온 것이다. 이제 $S^2$의 점 중 $\hat{B}$와 $\hat{P}$ 어디로도 분류되지 않은 점들은, $\hat{B}$의 적절한 한 원소의 equivalence class에 속한다. 즉, 각 $z \in S^2 - \hat{B} - \hat{P}$는 적당한 $o \in \hat{B}$에 대하여 $z = (f_1 \circ f_2 \circ \cdots \circ f_n)(o)$라 쓸 수 있다. (여기서, $f_i \in \{L, R, U, D, \text{id}_{S^2} \}(1 \le i \le n)$.) 그런데 이렇게 쓴 표현은 유일하지 않은데, 실제로

등이 성립하기 때문이다.(편의상 함수의 합성을 붙여 썼다.) 하지만 관계식 $LR = RL = DU = UD = \text{id}$를 이용하면 위 수식의 표현들은 모두 $Lo$로 축약하여 쓸 수 있음이 분명하다. 조금 생각해 보면 하나의 표현을 축약하는 방법은 유일함을 알 수 있다. 한편, 축약형이 다른 $S^2 - \hat{B} - \hat{P}$의 원소는 전부 서로 다른 원소인데, 예를 들어 $LUo \neq ULo$, $RDLUo \neq o$이다. 이는 $\xi$가 무리수 회전이라는 사실로부터 유도 가능하며, 본 증명에서는 자세히 언급하지 않도록 한다. 아무튼 필요한 도구는 이것이 전부로, 각 $o \in \hat{B}$의 축약된 equivalence class를 다음과 같이 생각할 수 있다.

이 집합은 정확히 $o \in \hat{B}$의 equivalence class의 분할이 된다. 2번째, 3번째, 4번째, 5번째 집합을 각각 $\hat{B}_L (o)$, $\hat{B}_R (o)$, $\hat{B}_U (o)$, $\hat{B}_D (o)$라고 하고, 모든 $o \in \hat{B}$에 대한 합집합

까지 정의하자. 그러면 $\hat{B}$, $\hat{P}$, $\hat{B}_L$, $\hat{B}_R$, $\hat{B}_U$, $\hat{B}_D$ 6개의 집합은 $S^2$의 분할이 된다. 마지막으로, 단위구 $B^3$를 다음과 같이 분할하자.

이제 모든 준비가 되었다. 이 7개의 구 조각들을 적절히 자르고, 평행, 회전이동을 적용하여 구 2개를 만들 수 있다(!)

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,

이며 이것을 $o \in \hat{B}$에 대해 전부 합치고, hat을 전부 떼어 버리면

이다. 즉, $B_L$을 오른쪽으로 돌렸을 뿐인데 자신보다 더 큰 집합이 생긴 것이다(!) 어찌 되었건 $B_L$에서 $B \cup B_L \cup B_U \cup B_D$을 얻었으므로 여기에 조각 $O$, $P$, $B_R$를 합쳐서 첫 번째 구를 만든다.

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.

그런데 이번에는 첫 번째 구와 다르게 약간의 문제가 생기는데, 1) 이미 가지고 있기 때문에 더 필요하지 않은 $B$가 중복으로 생기며, 2) 1)이 해결되었다 해도 두 번째 구를 만들기에는 $O$, $P$만큼 모자라다. 하지만 이런 문제도 무한의 특성을 이용하여 회피할 수가 있다.

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,

을 얻는다. 이제 이것을 $o \in \hat{B}$에 대해 전부 합치고, hat을 전부 떼어 버리고, 해당 조각에 $B$, $U_o$, $B_D$를 합치면 $B^3 - O - P$를 얻는다.

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

도 가산집합. 한편 $\mathbb{R}$은 비가산집합이므로, 위 집합에 속하지 않는 각 $\zeta$를 고를 수 있다. 이제 도형 $B^3 - O - P$를 다시 두 조각으로 나눈다.

풀어서 설명하면, $A_1$은 $x$축을 기준으로 $n \zeta$만큼 회전했을 때 $P$의 원소가 되는 점들의 모임이라고 할 수 있다. 그런데 $\zeta$의 정의상 $(x, \rho \cos \theta , \rho \sin \theta) \in P$를 하나 고정할 때, $(x, \rho \cos (\theta - n \zeta) , \rho \sin (\theta - n \zeta)) \not \in P \ \ \ \forall n \in \mathbb{N}$이다. 따라서 $A_1$을 $x$축을 기준으로 $\zeta$만큼 회전하면,

이다. 함수 $n \rightarrow n - 1$은 $\mathbb{N}$을 $\mathbb{N} \cup \{ 0 \}$으로 보내므로, 위 회전에 의해 $A_1$은 $A_1 \cup P$로 옮겨진다. 여기에 조각 $A_2$를 합쳐서 $A_1 \cup A_2 \cup P = B^3 - O$를 얻는다.

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.

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

으로 나눈 후 남은 조각 $B$, $B_o$, $B_{oc}$, $B_D$를 이용하여 $B^3 - O - P$을 만들었다. 마지막으로 countable개의 구멍 $O \cup \ P$을 메우기 위해 2번 2조각을 냈다. 따라서, 우리는 단위 구 $B^3$를 최대 20조각 내어 재조립 하면 구 2개가 얻어짐을 증명했다(!)

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.