장 88 막간: 코시 함수 방정식과 초른 보조정리

“나쁜” $f$를 한번 만들어 보고 어떤 일이 일어나는지 살펴봅시다.

스케일을 조정하여, 일반성을 잃지 않고 $f(1)=1$이라고 가정합시다. 그러면 모든 정수 $n$에 대해 $f(n)=n$이며, 여기서부터 다음을 쉽게 보일 수 있습니다.

$$f\left(\frac{m}{n}\right)=\frac{m}{n}.$$

따라서 $f$는 모든 유리수에서 결정됩니다. 그러고 나면 막히게 됩니다.

이 중 어느 것도, 이를테면 $f(\sqrt{2})$를 결정하는 데는 쓸모가 없습니다. 유리수를 하루 종일 더하고 빼도, 이를테면 $\sqrt{2}$는 결코 나타나지 않습니다.

뭐, 어차피 우리는 판을 뒤엎으려는 참이니, 다음과 같이 놓읍시다.

$$f(\sqrt{2})=2015$$

안 될 이유가 있겠습니까? 같은 귀납법으로 $f(n\sqrt{2})=2015n$을 얻고, 이어서 다음을 얻습니다.

$$f(a+b\sqrt{2})=a+2015b.$$

여기서 $a$와 $b$는 유리수입니다. 자, 여기까지는 좋습니다 – 적힌 그대로라면, 이것은 $f$를 실수의 아주 작은 부분에서만 정의했다는 점을 제외하면 완벽하게 좋은 해입니다.

뭐, 이 작업은 하루 종일이라도 할 수 있습니다:

$$f(a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\pi )=a+2015b+1337c-999d.$$

완벽하게 일관적입니다.

이제 어떻게 계속 진행해야 할지 대충 보일 것입니다. 앞의 몇 개와 “독립”인 새로운 실수들을 계속 던져 넣고, 그것들에 우리가 원하는 아무 값이나 대응시키면 됩니다. 이 방법은 통할 것만 같습니다. . .

“독립”이 무엇을 뜻하는지는 잠시 후에 설명하겠지만(이미 짐작하셨을 수도 있습니다), 지금은 더 큰 문제가 있습니다: 아무리 많은 수를 던져 넣어도 결코 끝나지 않을 것처럼 보인다는 점입니다. 두 번째 문제부터 먼저 다루어 봅시다.

귀납법을 사용할 때는 $1$, $2$, $3$, … 하는 식으로 차례로 세어 나갈 수 있습니다. 예를 들어 다음과 같은 “문제”가 있다고 합시다:

$n$개의 열린구간의 교집합은 $\mathrm{\varnothing }$이거나 열린구간임을 증명하십시오.

이것은 귀납법으로 쉽게 증명할 수 있습니다: $n=2$일 때 성립하고, 더 큰 경우도 마찬가지로 쉽습니다.

하지만 이로부터 무한히 많은 열린구간의 교집합이 어떤 열린구간이라고 결론지을 수는 없습니다. 실제로 이는 거짓입니다: 다음 구간들을 생각해 보십시오.

$$(-1,1),(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}),(-\frac{1}{3},\frac{1}{3}),(-\frac{1}{4},\frac{1}{4}),\mathrm{\dots }$$

이 무한한 구간들의 집합은 한 점 $\{0\}$에서 만납니다!

이 이야기의 교훈은 귀납법으로는 무한에 도달할 수 없다는 것입니다. 아쉬운 일입니다. 괴물을 구성하는 데 귀납법을 쓰고 싶었기 때문입니다. 결국 우리가 하고 있는 일이 바로 그것, 즉 원소를 하나씩 추가해 나가는 일입니다.

사실은 가능하지만, 새로운 수 개념, 이른바 순서수가 필요합니다. 순서수는 장 90의 처음 두 절에서 완전한 형태로 정의합니다(궁금한 독자는 그 두 절로 먼저 건너뛰어도 좋습니다). 다만 이 장에서는 아직 그 완전한 정의가 필요하지 않습니다.

제가 말하고 싶은 것은 이렇습니다. 모든 자연수

$$0,1,\mathrm{\dots },$$

다음에 $\omega$라는 새로운 수를 놓겠습니다. 이는 모든 자연수보다 큰 첫 번째 순서수입니다. 그 뒤에는 다음과 같은 수들이 더 있고

$$\omega +1,\omega +2,\mathrm{\dots }$$

마침내 $\omega \cdot 2$라는 수가 나옵니다.

목록은 계속 이어집니다.

	$0,$	$1,2,3,\mathrm{\dots },\omega$
		$\omega +1,\omega +2,\mathrm{\dots },\omega +\omega$
		$\omega \cdot 2+1,\omega \cdot 2+2,\mathrm{\dots },\omega \cdot 3$
		$\mathrm{⋮}$
		$\omega {}^2+1,\omega {}^2+2,\mathrm{\dots }$
		$\mathrm{⋮}$
		$\omega {}^3,\mathrm{\dots },\omega {}^4,\mathrm{\dots },\omega {}^{\omega }\mathrm{\dots },\omega {}^{\omega {}^{\omega {}^{\mathrm{\dots }}}}$

그림으로 나타내면 대략 다음과 같습니다.

상 출처: [5]

(이 도식은 시작 부분만 보여 준다는 점에 유의하십시오. $\omega {}^{\omega {}^{\omega }}+1000$ 등과 같이 더 큰 순서수가 여전히 존재합니다.)

어쨌든 자연수가 모든 유한집합을 “지배”하는 것과 마찬가지로, 순서수는 다음과 같은 의미에서 모든 집합을 지배합니다. 본질적으로, 선택 공리를 가정하면 모든 집합 $S$에 대하여 $S$보다 큰 순서수 $\alpha$가 존재함이 따라 나옵니다(여기서 ’크다’의 의미는 뒤의 장에서야 엄밀하게 정의하겠습니다).

그런데 순서수가 아무리 커지더라도 무한 하강 사슬은 존재하지 않는다는 사실이 밝혀집니다(직관적으로도 알 수 있습니다). 즉, 어떤 순서수(예를 들어 $2\omega +4$)에서 시작하여 아래로 뛰어내리면, $0$에 도달하기 전까지 유한 번만 뛸 수 있습니다. (이를 확인하려면 $2\omega +4$에서 시작하는 사슬을 직접 적어 보십시오.) 따라서 귀납법과 재귀는 여전히 그대로 성립합니다.

마찬가지로, 모든 에 대하여 $x{}_{\alpha }$의 값을 알고 있다면 재귀를 사용하여 $x{}_{\beta }$를 정의할 수 있습니다.

보통의 귀납법이나 재귀와의 차이점은, 우리가 흔히 “$x{}_{n+1}=\mathrm{\dots }$로 정의한다”와 같은 일만 한다는 것입니다. 하지만 이것만으로는 모든 $\alpha$에 대하여 $x{}_{\alpha }$를 정의하기에 충분하지 않습니다. 이를 확인하려면 보통의 귀납법을 사용하여 사다리를 얼마나 높이 올라갈 수 있는지 살펴보십시오.

답: $\omega$에는 도달할 수 없습니다! $\omega$는 어떤 자연수 $n$에 대해서도 $n+1$ 꼴이 아닙니다. 유한 귀납법으로는 $\omega$보다 작은 순서수까지만 도달할 수 있습니다. 마찬가지로, 모든 $n$에 대하여 이미 $\omega +n$을 얻었더라도 단순히 $+1$을 하는 것만으로는 순서수 $\omega \cdot 2$에 도달할 수 없습니다. 이러한 순서수를 극한 순서수라고 합니다. $\alpha +1$ 꼴인 순서수는 따름 순서수라고 합니다.

따라서 초한 귀납법이나 재귀는 매우 흔히 세 가지 경우로 나뉩니다. 귀납법의 형태로 표현하면 다음과 같습니다.

• •

  (영 경우) 먼저 $P(0)$을 해결합니다.

• •

  (따름 경우) $P(\alpha )$로부터 $P(\alpha +1)$을 얻을 수 있음을 보입니다.

• •

  (극한 경우) $\lambda$가 극한 순서수일 때, 모든 에 대하여 $P(\alpha )$가 성립하면 $P(\lambda )$가 성립함을 보입니다.

마찬가지로, 초한 재귀도 흔히 여러 경우로 나뉩니다.

• •

  (영 경우) 먼저 $x{}_0$을 정의합니다.

• •

  (따름 경우) $x{}_{\alpha }$로부터 $x{}_{\alpha +1}$을 정의합니다.

• •

  (극한 경우) $\lambda$가 극한 순서수일 때, 모든 에 대한 $x{}_{\alpha }$로부터 $x{}_{\lambda }$를 정의합니다.

두 상황 모두에서 유한 귀납법은 처음 두 경우만 다루지만, 세 번째 경우까지 다룰 수 있다면 장벽 $\omega$를 훨씬 넘어 올라갈 수 있습니다.

다시 우리의 문제를 풀어 봅시다.

$n$번째 단계에서 가지고 있는 “기저” 수들의 집합을 $S{}_n$이라고 합시다. 우리의 예에서는 다음과 같은 것을 가질 수 있으며

$$S{}_1=\left\{1\right\},S{}_2=\{1,\sqrt{2}\},S{}_3=\{1,\sqrt{2},\sqrt{3}\},S{}_4=\{1,\sqrt{2},\sqrt{3},\pi \},\mathrm{\dots }$$

모든 실수를 표현할 수 있을 때까지 $S{}_i$를 계속 쌓아 올리고자 합니다. 완비성을 위해 $S{}_0=\mathrm{\varnothing }$이라고 선언하겠습니다.

먼저 “독립”이라는 말을 더 정확하게 정의할 필요가 있습니다. 직관적으로, 이 구성이 잘 작동하는 이유는

$$a+b\sqrt{2}+c\sqrt{3}+d\pi$$

(모두 0인 경우를 제외하면) 유리수 $a$, $b$, $c$, $d$에 대해 결코 0이 되지 않기 때문입니다. 일반적으로, 수들의 집합 $X$가 “독립”이라는 것은 다음 결합이

$$c{}_{1}x{}_1+c{}_{2}x{}_2+\mathrm{\cdots }+c{}_{m}x{}_m=0$$

$c{}_1=c{}_2=\mathrm{\cdots }=c{}_m=0$이 아닌 한 유리수 $\mathbb{Q}$에 대해 결코 나타나지 않는다는 뜻입니다. 여기서 $x{}_i\in X$는 서로 다릅니다. $X$가 무한하더라도 유한합만 취할 수 있다는 점에 유의하십시오! (이 개념에는 이름이 있습니다. $X$가 $\mathbb{Q}$ 위에서 선형 독립이기를 원하는 것입니다. 이에 대해 더 알고 싶다면 벡터 공간에 관한 장을 참고하십시오!)

언제 멈출까요? 모든 실수를 독립인 수들로 나타낼 수 있을 만큼 큰 집합 $S{}_{\text{어떤 것}}$을 얻었을 때 멈추고 싶습니다. (이 개념에도 이름이 있습니다. $\mathbb{Q}$-기저라고 부릅니다.) 이러한 집합을 생성하는 집합이라고 부릅시다. 생성하는 집합에 도달하면 멈춥니다.

귀납할 수 있다는 생각은 여전히 괜찮아 보입니다. $S{}_{\alpha }$가 생성하는 집합이 아니라고 가정합시다. 그러면 $S{}_{\alpha }$와 독립인 어떤 수, 예를 들어 $\sqrt{2015}\pi$ 같은 수가 존재합니다. 그러면 그 수를 추가하여 $S{}_{\alpha +1}$을 얻으면 됩니다. 그리고 계속 진행합니다.

안타깝게도 앞서 말했듯이 $S{}_{\alpha }$에서 $S{}_{\alpha +1}$로 갈 수 있는 것(따름 경우)만으로는 충분하지 않으며, 극한 경우도 다루어야 합니다. 하지만 쓸 수 있는 요령이 있습니다. 각 양의 정수 $n$마다 하나씩, 집합 $S{}_0$, $S{}_1$, $S{}_2$, …를 모두 구성했고, 그중 어느 것도 생성하는 집합이 아니라고 가정합시다. 다음으로 구성하고 싶은 것은 $S{}_{\omega }$입니다. 어떻게든 “도약”해야 합니다. 이를 위해 이제 다음 무한 합집합을 취합니다.

$$S{}_{\omega }\stackrel{\text{정의}}{=}S{}_0\cup S{}_1\cup S{}_2\cup \mathrm{\dots }.$$

이 집합의 원소들도 독립입니다(왜 그럴까요?).

짜잔! “기존의 모든 집합을 합집합하기”라는 간단한 요령으로, 첫 번째 극한 순서수 $\omega$로 가는 장애물을 막 뛰어넘었습니다. 그러면 다시 한번 $S{}_{\omega +1}$, $S{}_{\omega +2}$, …를 구성할 수 있습니다. 그저 원소를 계속 넣어 주면 됩니다. 그리고 $S{}_{2\omega }$로 가는 다음 장애물을 뛰어넘어야 할 때는, 이전의 모든 집합을 “합집합하는” 같은 요령을 쓰면 됩니다.

따라서 이 과정을 다음과 같이 형식화할 수 있습니다.

1. 1.

   $S{}_0=\mathrm{\varnothing }$이라고 합시다.

2. 2.

   따름 단계 $S{}_{\alpha +1}$에서는 $S{}_{\alpha }$에 임의의 원소를 추가하여 $S{}_{\alpha +1}$을 얻습니다.

3. 3.

   극한 단계 $S{}_{\lambda }$에서는 합집합 를 취합니다.

결국 멈추게 된다는 것을 어떻게 알 수 있을까요? 요점은 이 과정이 실수를 아주 많이 소모한다는 것입니다. 특히 (선택 공리를 가정하면) 순서수는 $ℝ$의 크기보다 커집니다. 따라서 멈추지 않는다면, 말 그대로 모든 실수를 하나도 남김없이 다 써 버리는 지점에 도달하게 됩니다. 그때쯤이면 원소들이 도저히 독립일 수 없으므로, 이는 명백히 불가능합니다!

따라서 초한 재귀에 의해 결국 생성하는 집합인 어떤 $S{}_{\gamma }$에 도달합니다. 즉, 그 원소들은 모두 독립이지만, 모든 실수를 그것을 사용하여 나타낼 수 있습니다. 끝났습니다!

이제 초른 보조정리가 무엇인지 말씀드릴 수 있습니다. 초른 보조정리를 사용하면 임의의 부분순서집합에서 같은 일을 할 수 있습니다.

위의 예는 다음과 같이 생각할 수 있습니다. 독립인 원소들의 집합을 모두 생각해 보십시오. 이 집합들은 포함 관계에 의해 부분 순서 집합을 이루며, 우리가 한 일은 말 그대로 사슬을 타고 올라간 것입니다

$$S{}_0⊊S{}_1⊊S{}_2⊊\mathrm{\dots }.$$

한 번에 한 단계씩만 나아간 것이 아니었으므로 엄밀히 말해 오르기라고 하기는 어렵습니다. $S{}_{\omega }$까지 올라가서 다시 오르기를 이어 가려면 “도약”을 해야 했습니다. 그러나 핵심 아이디어는 부분순서집합의 맨 꼭대기에 이를 때까지, 즉 앞의 경우에서는 생성 집합에 도달할 때까지 부분순서집합을 오르는 것입니다.

같은 방법이 임의의 부분순서집합 $\mathbb{P}$에서도 그대로 통합니다. 몇 가지 용어를 정의합시다. 부분순서집합 $\mathbb{P}$ 전체의 극대점이란 자신보다 엄격히 큰 다른 원소가 없는 원소를 말합니다. (대부분의 저자들은 이것을 “극대 원소”라고 부르지만, 저는 “극대점”이 더 정확한 용어라고 생각합니다.)

이제 길이가 $\gamma$인 사슬이란 모든 에 대한 원소 $p{}_{\alpha }$들의 집합으로서 를 만족하는 것입니다. (사슬에 마지막 원소가 있을 필요충분조건은 $\gamma$가 $\omega +3$처럼 따름 순서수인 것임을 확인하십시오.) 사슬의 상계란 사슬의 모든 원소보다 크거나 같은 원소 $\tilde{p}$입니다. 특히 $\gamma$가 따름 순서수이면 사슬의 마지막 원소를 택하기만 하면 됩니다.

이 용어로 말하면 초른 보조정리는 다음과 같습니다.

길이가 따름 순서수인 사슬은 항상 상계를 가지지만, 극한인 경우에는 그렇지 않습니다. 따라서 초른 보조정리의 가정은 정확히 $p{}_{\omega }$와 다른 극한 순서수를 정의하기 위해 “도약”할 수 있게 해 주는 것입니다. 그리고 초른 보조정리의 증명은 간단합니다. 따름 단계에서는 부분순서집합을 계속 오르고, 극한 단계에서는 초른의 조건을 사용하여 도약함으로써 매우 긴 사슬을 만들어 나갑니다. 그러나 결국에는 멈춰야 하며, 그렇지 않으면 말 그대로 $\mathbb{P}$의 원소가 바닥나게 됩니다. 그리고 멈출 수 있는 유일한 지점은 극대점입니다.

앞의 풀이를 초른 보조정리를 사용해 표현하고 싶다면 다음과 같이 말할 것입니다.

그러니까 실제로 초른 보조정리는 앞에서 제가 논증한 오르기 작업을 모두 담고 있습니다. 초른 보조정리는 정형화된 논증을 모두 담아내고 무엇을 확인해야 하는지 정확히 알려 주는 깔끔하고 작은 꾸러미입니다.

마지막으로 이런 질문을 할 수도 있습니다. 선택 공리는 어디에 쓰입니까? 요점은 각 사슬마다 $\tilde{p}$가 여러 개 있을 수 있고, 그중 하나를 골라야 한다는 것입니다. 임의의 선택을 무한히 여러 번 하는 것이므로 선택 공리가 필요합니다. (사실 정리 88.3.1에서처럼 기수를 다루는 데에도 선택 공리가 필요합니다.) 그러나 실제로는 특별할 것이 없습니다.