바나흐-타르스키 역설 - 5. 증명

${\mathcal{S}}^2$ 위에서의 바나흐-타르스키 역설

이번에는 ${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}$에서 보였던 역설을 ${\mathcal{S}}^2$로 확장하는 작업을 해 보자. 이를 위해서는 집합 $\mathcal{D}$를 어떠한 방법을 통해서 무에서 생성해 내는 작업이 수반되어야 한다.

이 작업을 위해서는 우선 집합 $\mathcal{D}$와 만나지 않는 원점을 지나는 직선 $l$이 필요하다. 이 때, $\mathcal{D}$는 가산집합(countable set)이고, 원점을 지나는 직선의 개수는 비가산(uncountable)이므로 위 조건을 만족하는 (즉, $\mathcal{D}$와 만나지 않는) 직선 $l$을 반드시 찾을 수 있다. 이제 회전 $l_{\theta }\in S{O}_3$를 직선 $l$을 축으로 하여 반시계방향으로 각 $\theta$만큼의 회전하는 것으로 정의하자. 이제 집합 $T$를 아래와 같이 정의한다.

$$T=\left\{\theta \in [0,2\pi )\right|\mathrm{\exists }p\in \mathcal{D},n\in \mathbb{N}:l_{n\theta }(p)\in \mathcal{D}\}.$$<\div>

집합 $T$의 정의에 의하여, 만약 $p\in \mathcal{D}$이고 $\theta \notin T$이면, 모든 $n\in \mathbb{N}$에 대하여 $l_{n\theta }(p)\notin \mathcal{D}$임을 알 수 있다. 다시 말해 점 $p\in \mathcal{D}$를 직선 $l$을 축으로 하여 각 $\theta$만큼 아무리 회전을 해 보아도 그 회전된 점이 다시 집합 $\mathcal{D}$에 절대 속할 수 없다. 여기서 집합 $T$는 ($\mathcal{D}$가 가산이므로) 가산이고 $[0,2\pi )$는 비가산이므로, 그러한 $\theta \notin T$가 존재한다. 이제 회전 $\sigma =l_{\theta }\in S{O}_3$라 정의하자. 그러면 모든 $n\in \mathbb{N}$에 대하여,

$${\sigma }^n(\mathcal{D})\cup \mathcal{D}=\mathrm{\varnothing }$$

을 얻는다. 나아가 위 식의 양변에 회전 ${\sigma }^m$을 적용한 후에 $n$을 $n-m$으로 치환하면, 임의의 $n,m\in N$, $n\ne m$에 대하여 다음을 얻는다.

$${\sigma }^n(\mathcal{D})\cup {\sigma }^m(\mathcal{D})=\mathrm{\varnothing }.$$

즉, 집합 $\mathcal{D}$를 회전 $\sigma$를 이용해 회전시킬 때마다 항상 다른 집합을 얻는다. 따라서 집합 $\mathcal{E}$를 아래와 같이 정의하자.

$$\mathcal{E}:=\underset{n=0}{\overset{\mathrm{\infty }}{⨄}}{\sigma }^n(\mathcal{D})\subseteq {\mathcal{S}}^2$$

이제 ${\mathcal{S}}^2$의 서로소(disjoint)인 분할 ${\mathcal{S}}^2=({\mathcal{S}}^2-\mathcal{E})\uplus \mathcal{E}$를 생각해 보자. 이제,

$$\sigma (\mathcal{E})=\sigma (\underset{n=0}{\overset{\mathrm{\infty }}{⨄}}{\sigma }^n(\mathcal{D}))=\underset{n=0}{\overset{\mathrm{\infty }}{⨄}}\sigma {\sigma }^n(\mathcal{D})=\underset{n=1}{\overset{\mathrm{\infty }}{⨄}}{\sigma }^n(\mathcal{D})=\mathcal{E}-\mathcal{D}$$

라는 사실로부터

$$\begin{array}{}\text{(}\ast \text{)}& {\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}=({\mathcal{S}}^2-\mathcal{E})\uplus (\mathcal{E}-\mathcal{D})=({\mathcal{S}}^2-\mathcal{E})\uplus \sigma (\mathcal{E})\end{array}$$

를 얻는다. 위 식을 살펴보면, ${\mathcal{S}}^2$에서 집합 $\mathcal{D}$를 제거한 것과 ${\mathcal{S}}^2$에서 집합 $\mathcal{E}$를 제거한 후에 $\mathcal{E}$를 회전 $\sigma$를 이용하여 회전하고 다시 ${\mathcal{S}}^2$에 합친 것이 서로 같다는 사실을 알 수 있다.

드디어 ${\mathcal{S}}^2$ 위에서의 바나흐-타르스키 역설을 증명할 준비가 다 되었다.

정리 5.1 [${\mathcal{S}}^2$ 위에서의 바나흐-타르스키 역설]

공간 ${\mathbb{R}}^3$의 구면 ${\mathcal{S}}^2$를 유한개의 조각으로 분할한 후에 강체운동만을 이용하여 2개의 ${\mathcal{S}}^2$를 얻을 수 있다.

증명. 구면 ${\mathcal{S}}^2$가 주어졌다고 하자. 우선 ${\mathcal{S}}^2$를 ${\mathcal{S}}^2=({\mathcal{S}}^2-\mathcal{E})\uplus \mathcal{E}$와 같이 분할한다. 그러면, ($\ast$)에 의하여, ${\mathcal{S}}^2$로 부터 ${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}$를 얻을 수 있다. 여기서 정리 4.1 하우스도르프 역설을 적용해보자. 먼저 ${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}$를 

$${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}={\mathcal{H}}_1\uplus {\mathcal{H}}_2\uplus {\mathcal{H}}_3\uplus {\mathcal{H}}_4\uplus {\mathcal{H}}_5$$

와 같이 분할한 후에, ${\mathcal{H}}_2$와 ${\mathcal{H}}_4$를 적당히 회전하여 다시 합치면, 정리 4.1에 의하여, 하나의 ${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}$로 부터 두개의 ${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}$를 얻는다. 이제, 각각의 ${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}$를 ${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}=[{\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}-\sigma (\mathcal{E})]\uplus \sigma (\mathcal{E})$로 분할하자. 이제 $\sigma (\mathcal{E})$를 회전 ${\sigma }^{\prime }$를 이용하여 다시 $\mathcal{E}$를 만들어 합치면, ${\mathcal{S}}^2-\mathcal{D}$로 부터 원래의  ${\mathcal{S}}^2$를 복원할 수 있다. 따라서 ${\mathcal{S}}^2$를 유한개의 조각으로 분할한 후에 강체운동만을 이용하여 2개의 ${\mathcal{S}}^2$를 얻을 수 있다. ■

${\mathcal{B}}^3$ 위에서의 바나흐-타르스키 역설

이제 구면 ${\mathcal{S}}^2$에서 살펴보았던 바나흐-타르스키 역설을 구 ${\mathcal{B}}^3$ 전체로 확장해 보자. 이 때 ${\mathcal{B}}^3$는 아래와 같이 정의된다.

$${\mathcal{B}}^3:=\left\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3\right|x^2+y^2+z^2\le 1\}.$$

확장의 아이디어는 매우 간단하다. 구면 위의 각각의 점 $p\in {\mathcal{S}}^2$를 원점으로부터 점 $p$까지를 잇는 선분 $r(p)\subseteq {\mathcal{B}}^3$로 대체하는 것이다. 이 때 선분 $r(p)$은 점 $p$는 포함하지만 원점은 포함하지 않는다고 하자. 그렇지 않을 경우 무수히 많은 선분들이 원점을 공유하게 되기 때문이다. 수학적으로 나타내면 다음과 같다. 구면좌표(spherical coordinate)를 이용하여 점 $p$의 구면좌표를 $p=(1,\theta ,\varphi )$라 하면,

$$r(p)=\left\{(r,\theta ,\varphi )\right|(1,\theta ,\varphi )=p,0<r\le 1\}.$$

이를 구면 위의 임의의 집합 $\mathcal{A}\subseteq {\mathcal{S}}^2$로 확장하여

$$r(A)=\left\{(r,\theta ,\varphi )\right|(1,\theta ,\varphi )\in \mathcal{A},0<r\le 1\}$$

또한 정의할 수 있다. 따라서 $r({\mathcal{S}}^2)={\mathcal{B}}^3-\{0\}$이 된다.

만약에 구면 ${\mathcal{S}}^2$가 ${\mathcal{S}}^2=\mathcal{A}\uplus \mathcal{B}$와 같이 분할되어 있다고 하자. 그러면 원점을 제외한 구 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$는 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}=r(\mathcal{A})\uplus r(\mathcal{B})$와 같이 분할이 가능하다. 이 방법을 이용하면 ${\mathcal{S}}^2$의 분할을 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$으로 자연스럽게 확장이 가능하다. 따라서 다음의 보조정리를 얻는다.

보조정리 5.2

공간 ${\mathbb{R}}^3$에서 원점을 제외한 구 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$를 유한개의 조각으로 분할한 후에 강체운동만을 이용하여 2개의 원점을 제외한 구 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$를 얻을 수 있다.

이제 마지막 한 단계만이 남았다. 바로 원점 $\{0\}$를 제외한 구 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$에서의 역설을 완전한 구 ${\mathcal{B}}^3$에서 성립하도록 하는것이다. 하지만 이것 또한 간단히 해결 할 수 있다. 바로 정리 1.1의 아이디어를 여기에 이용하는 것이다. 먼저 구 ${\mathcal{B}}^3$에서 원점에 가까운 점 $(ϵ,0,0)$을 택한다. 이제 $y$-축에 평행하면서 이 점을 지나는 직선 $l$을 생각해 보자. 이제 $(ϵ,0,0)$을 원의 중심으로 하고 직선 $l$에 수직이면서 원점을 지나는 작은 원을 생각해 보자. 이제 $\tau$를 모든 $n\in \mathbb{N}$에 대하여 ${\tau }^n(\{0\})\ne \{0\}$를 만족하는 직선 $l$을 축으로 하는 회전이라 정의하자. 예를 들어 $\tau$를 직선 $l$을 축으로 하여 반시계방향으로 $1$ 라디안(radian)만큼 회전하는 것이라 하면 ($\pi$가 무리수이므로) 위 조건을 만족한다는 사실을 알 수 있다. 이때 ${\tau }^0(\{0\})=\{0\}$라는 사실을 기억하자. 이제 이전과 같은 방법으로 임의의 모든 $n,m\in \mathbb{N}$, $n\ne m$에 대하여 ${\tau }^n(\{0\})\ne {\tau }^m(\{0\})$을 얻을 수 있다. 이제 집합 $\mathcal{C}$를 다음과 같이 정의하자.

$$\mathcal{C}=\underset{n=1}{\overset{\mathrm{\infty }}{⨄}}{\tau }^n(\{0\}).$$

그러면, ${\tau }^{\prime }(\mathcal{C})=\mathcal{C}\uplus \{0\}$를 얻는다. 따라서

$$\begin{array}{}\text{(}\ast \ast \text{)}& {\mathcal{B}}^3=[{\mathcal{B}}^3-\{0\}-\mathcal{C}]\uplus {\tau }^{\prime }(\mathcal{C}).\end{array}$$

비슷한 계산 과정을 이미 위에서 다루었으므로 자세한 과정은 생략하도록 하자. 다시 말해, 원점이 제거된 구 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$에서 집합 $\mathcal{C}$를 제거한 후에 이를 회전 ${\tau }^{\prime }$을 이용하여 회전하여 다시 붙이면 (사라졌던 원점이 생겨나) 완전한 구 ${\mathcal{B}}^3$를 얻게 된다. 이제 이 모든 과정을 정리하여 바나흐-타르스키 역설을 증명해보자.

증명 4.2 [${\mathcal{B}}^3$ 위에서의 바나흐-타르스키 역설]

공간 ${\mathbb{R}}^3$에서 구 ${\mathcal{B}}^3$를 유한개의 조각으로 분할한 후에 강체운동만을 이용하여 2개의 구 ${\mathcal{B}}^3$를 얻을 수 있다.

증명. 주어진 구 ${\mathcal{B}}^3$의 원점을 우선 제거하자. 이제 원점이 제거된 구 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$로부터 보조정리 5.1에 의하여 유한개의 조각으로 분할한 후에 강체운동만을 이용하여 2개의 원점을 제외한 구 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$를 얻을 수 있다. 이제 제외해 두었던 원점을 하나의 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$에 다시 합치면, 완전한 구 ${\mathcal{B}}^3$ 하나와 원점이 제외한 구 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$를 얻는다. 이제 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}$를 ${\mathcal{B}}^3-\{0\}=[{\mathcal{B}}^3-\{0\}-\mathcal{C}]\uplus \mathcal{C}$와 같이 분할하자. 이제 $\mathcal{C}$를 회전 ${\tau }^{\prime }$을 이용하여 회전하여 다시 붙이면 ($\ast \ast$)에 의하여 완전한 구 ${\mathcal{B}}^3$를 얻을 수 있다. 따라서 구 ${\mathcal{B}}^3$를 유한개의 조각으로 분할한 후에 강체운동만을 이용하여 2개의 구 ${\mathcal{B}}^3$를 얻을 수 있다. ■