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 $l_\theta \in SO_3$를 직선 $l$을 축으로 하여 반시계방향으로 각 $\theta$만큼의 회전하는 것으로 정의하자. 이제 집합 $T$를 아래와 같이 정의한다.

\[ T = \set{\theta \in [0,\,2\pi)}{\exists\, p \in \mathcal{D},\, n \in \N : l_{n\theta}(p) \in \mathcal{D}}. \]<\div>

집합 $T$의 정의에 의하여, 만약 $p \in \mathcal{D}$이고 $\theta \notin T$이면, 모든 $n \in \N$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 $\sigma = l_{\theta} \in SO_3$라 정의하자. 그러면 모든 $n \in \N$에 대하여,

\[ \sigma^n(\mathcal{D}) \cup \mathcal{D} = \emptyset \]

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

\[ \sigma^n(\mathcal{D}) \cup \sigma^m(\mathcal{D}) = \emptyset. \]

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

\[ \mathcal{E} := \biguplus_{n=0}^{\infty} \sigma^n(\mathcal{D}) \subseteq \mathcal{S}^2 \]

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

\[ \sigma(\mathcal{E}) = \sigma \left( \biguplus_{n=0}^{\infty} \sigma^n(\mathcal{D}) \right) = \biguplus_{n=0}^{\infty} \sigma\sigma^{n}(\mathcal{D}) = \biguplus_{n=1}^{\infty} \sigma^n(\mathcal{D}) = \mathcal{E} - \mathcal{D} \]

라는 사실로부터

\[ \mathcal{S}^2 - \mathcal{D} = (\mathcal{S}^2 - \mathcal{E}) \uplus (\mathcal{E} - \mathcal{D}) = (\mathcal{S}^2 - \mathcal{E}) \uplus \sigma(\mathcal{E}) \tag{$\ast$} \]

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 $\R^3$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 $\sigma'$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.

\[ \mathcal{B}^3 := \set{(x,\,y,\,z) \in \R^3}{x^2 + y^2 + z^2 \leq 1}. \]

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 $p=(1,\, \theta,\, \phi)$라 하면,

\[ r(p) = \set{(r,\, \theta,\, \phi)}{(1,\, \theta,\, \phi)=p,\ 0 < r \leq 1}. \]

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

\[ r(A) = \set{(r,\, \theta,\, \phi)}{(1,\, \theta,\, \phi) \in \mathcal{A},\ 0 < r \leq 1} \]

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 $\R^3$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 $(\epsilon,\,0,\,0)$을 택한다. 이제 $y$-축에 평행하면서 이 점을 지나는 직선 $l$을 생각해 보자. 이제 $(\epsilon,\,0,\,0)$을 원의 중심으로 하고 직선 $l$에 수직이면서 원점을 지나는 작은 원을 생각해 보자. 이제 $\tau$를 모든 $n \in \N$에 대하여 $\tau^n(\{0\}) \neq \{0\}$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 $n,\,m \in \N$, $n \neq m$에 대하여 $\tau^n(\{0\}) \neq \tau^m(\{0\})$을 얻을 수 있다. 이제 집합 $\mathcal{C}$를 다음과 같이 정의하자.

\[ \mathcal{C} = \biguplus_{n=1}^{\infty} \tau^n(\{0\}). \]

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

\[ \mathcal{B}^3 = [\mathcal{B}^3 - \{0\} - \mathcal{C}] \uplus \tau'(\mathcal{C}). \tag{$\ast\ast$} \]

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 $\tau'$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 $\R^3$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 $\tau'$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. ■