장 88 막간: 코시의 함수 방정식과 초른의 보조정리

”나쁜” $f$를 한번 구성할 수 있는지 보고 무슨 일이 일어나는지 살펴봅시다.

척도 조정을 통해, 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 유리수에 대해 결정됩니다. 그리고 그 다음엔 막히게 됩니다.

이 중 어느 것도, 예컨대 $f(\sqrt{2})$를 결정하는 데는 쓸모가 없습니다. 유리수들을 하루 종일 더하고 빼봐야, 이를테면 $\sqrt{2}$는 전혀 등장하지 않을 것입니다.

뭐, 어차피 판을 뒤엎어 보려는 것이니, 다음과 같이 놓아 봅시다

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

안 될 이유가 뭐 있겠습니까? 같은 귀납법에 의해 $f(n\sqrt{2})=2015n$을 얻고, 그러면

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

여기서 $a$와 $b$는 유리수입니다. 자, 지금까지는 좋습니다 – 지금 쓰여진 대로라면 이것은 완벽하게 좋은 해입니다. 다만 우리가 $f$를 실수 전체 중 아주 작은 부분에 대해서만 정의했다는 점만 빼면 말입니다.

뭐, 이런 일은 하루 종일 계속할 수 있습니다:

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

완벽하게 모순 없이 성립합니다.

이제 어떻게 계속해 나가야 할지 대략 감이 잡힐 것입니다. 그저 이전의 몇몇과 ”독립적인” 새로운 실수들을 계속 집어넣으면서, 우리가 원하는 아무 값에나 대응시키면 됩니다. 이것이 충분히 작동할 것처럼 느껴집니다. . .

잠시 후 ”독립적”이라는 것이 무엇을 뜻하는지 설명하겠습니다만(이미 짐작하셨을 수도 있습니다), 지금 당장은 더 큰 문제가 있습니다: 아무리 많은 수를 집어넣어도, 결코 끝나지 않을 것처럼 보인다는 점입니다. 먼저 두 번째 문제부터 다뤄봅시다.

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

$n$개의 열린 구간의 교집합이 $\mathrm{\varnothing }$이거나 열린 구간임을 증명하십시오.

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

하지만 이로부터 무한히 많은 열린 구간이 어떤 열린 구간에서 교차한다고 결론지을 수는 없습니다. 실제로 이것은 거짓입니다: 다음 구간들을 생각해 봅시다

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

이 무한 구간 집합은 단 한 점 $\{0\}$에서 교차합니다!

이 이야기의 교훈은 귀납법으로는 무한에 도달할 수 없다는 것입니다. 아쉬운 일인데, 왜냐하면 우리는 괴물을 만드는 데 귀납법을 사용하고 싶었기 때문입니다. 결국 우리가 하고 있는 일이 바로 하나씩 더해 나가는 것이기 때문입니다.

그런데 알고 보면 가능합니다만, 새로운 수의 개념, 이른바 순서수가 필요합니다. 저는 이를 장 90의 첫 두 절에서 완전한 형태로 정의합니다(궁금한 독자는 그 두 절로 바로 건너뛰어도 좋습니다), 하지만 이 장에서는 아직 그 완전한 정의가 필요하지 않습니다.

제가 하고 싶은 말은 이것입니다: 모든 자연수 다음에

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

저는 $\omega$라는 새로운 수를 놓겠습니다. 이는 모든 자연수보다 큰 첫 번째 순서수입니다. 그 뒤에는 다음과 같이 불리는 수들이 더 있습니다

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

그리고 마침내 $\omega \cdot 2$라는 수가 나옵니다.

목록은 계속됩니다:

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

그림으로 표현하면 대략 이렇게 보입니다:

이미지 출처 [5]

(이 도식은 초기 구간만 보여줄 뿐이며, $\omega {}^{\omega {}^{\omega }}+1000$과 같이 더 큰 순서수들이 여전히 존재한다는 점에 유의하십시오).

아무튼, 자연수가 모든 유한 집합을 ”지배하는” 것과 같은 방식으로, 순서수는 다음과 같은 의미에서 모든 집합을 지배합니다. 본질적으로 선택 공리를 가정하면, 모든 집합 $S$에 대해 $S$보다 큰 어떤 순서수 $\alpha$가 존재한다는 결론이 따라 나옵니다(이 ”크다”는 의미는 이후 장에서야 정확히 다루겠습니다).

그런데 알고 보면(그리고 직관적으로도 알 수 있듯이) 순서수가 아무리 커지더라도 무한 하강 사슬은 존재하지 않습니다. 즉, 어떤 순서수(예를 들어 $2\omega +4$)에서 시작해서 아래로 내려가면, $0$에 도달하기까지 유한한 횟수의 도약만 할 수 있습니다. (이를 확인하려면 $2\omega +4$에서 시작하는 사슬을 직접 적어 보십시오.) 따라서 귀납법과 재귀법은 여전히 그대로 작동합니다:

마찬가지로, 모든 에 대해 $x{}_{\alpha }$의 값을 알고 있다면 $x{}_{\beta }$를 정의하는 재귀를 수행할 수 있습니다.

일반적인 귀납법이나 재귀법과의 차이점은, 우리가 종종 ”$x{}_{n+1}=\mathrm{\dots }$를 정의한다”와 같은 방식만을 사용한다는 것입니다. 하지만 이것으로는 모든 $\alpha$에 대해 $x{}_{\alpha }$를 정의하기에 충분하지 않습니다. 이를 확인하려면, 우리의 일반적인 귀납법을 사용해서 사다리를 얼마나 높이 오를 수 있는지 시도해 보십시오.

답: $\omega$에는 도달할 수 없습니다! 이는 어떤 자연수 $n$에 대해서도 $n+1$의 형태가 아니기 때문입니다 – 우리의 유한 귀납법은 $\omega$보다 작은 순서수까지만 도달하게 해줍니다. 마찬가지로, 단순한 $+1$은 이미 모든 $n$에 대해 $\omega +n$을 가지고 있더라도 순서수 $\omega \cdot 2$에 도달하게 해주지 않습니다. 이러한 순서수들을 극한 순서수라고 부릅니다. $\alpha +1$의 형태인 순서수는 후행자 순서수라고 부릅니다.

그래서 초한 귀납법이나 재귀법은 매우 흔히 세 가지 경우로 나뉩니다. 귀납법의 표현으로는 다음과 같은 모습입니다

• •

  (영 사례) 먼저, $P(0)$을 해결합니다.

• •

  (후행자 사례) $P(\alpha )$로부터 $P(\alpha +1)$을 얻을 수 있음을 보입니다.

• •

  (극한 사례) $\lambda$가 극한 순서수일 때, 모든 에 대해 $P(\alpha )$가 주어지면 $P(\lambda )$가 성립함을 보입니다.

마찬가지로, 초한 재귀도 종종 경우들로 나뉩니다.

• •

  (기저 경우) 먼저, $x{}_0$을 정의합니다.

• •

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

• •

  (극한 경우) 모든 에 대해 $x{}_{\alpha }$로부터 $x{}_{\lambda }$를 정의합니다. 여기서 $\lambda$는 극한 순서수입니다.

두 상황 모두에서, 유한 귀납법은 처음 두 경우만 다루지만, 세 번째 경우를 다룰 수 있다면 우리는 장벽 $\omega$를 훌쩍 넘어설 수 있습니다.

우리 문제를 푸는 것으로 돌아갑시다.

$S{}_n$을 $n$번째 단계에서 우리가 가진 ”기저” 숫자들의 집합이라 합시다. 우리 예시에서는 다음과 같을 수 있습니다

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

그리고 모든 실수를 표현할 수 있을 때까지 $S{}_i$를 계속 쌓아나가고 싶습니다. 완전성을 위해, $S{}_0=\mathrm{\varnothing }$이라고 선언하겠습니다.

먼저, ”독립적”이라는 것을 더 정확히 할 필요가 있습니다. 직관적으로, 이 구성이 작동하는 이유는

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

유리수 $a$, $b$, $c$, $d$(모두 0인 경우를 제외하고)에 대해 절대로 0이 되지 않기 때문입니다. 일반적으로, 숫자들의 집합 $X$는 다음 조합이

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

$c{}_1=c{}_2=\mathrm{\cdots }=c{}_m=0$이 아닌 한 유리수 $\mathbb{Q}$에 대해 절대 발생하지 않을 때 ”독립적”이라고 합니다. 여기서 $x{}_i\in X$는 서로 다릅니다. $X$가 무한집합이더라도 저는 오직 유한합만을 취할 수 있음에 주의하십시오! (이 개념에는 이름이 있습니다: $X$가 $\mathbb{Q}$ 위에서 선형독립이기를 원하는 것입니다. 이에 대한 자세한 내용은 벡터 공간 장을 참고하십시오!)

언제 멈춰야 할까요? 우리는 모든 실수가 독립적인 숫자들을 이용해 표현될 수 있을 만큼 큰 집합 $S{}_{\text{어떤 것}}$을 가졌을 때 멈추고 싶습니다. (이 개념에도 이름이 있습니다: $\mathbb{Q}$-기저라고 불립니다.) 그러한 집합을 생성한다고 부릅시다. 생성하는 집합에 도달하면 멈춥니다.

여전히 귀납할 수 있다는 발상은 괜찮아 보입니다: $S{}_{\alpha }$가 생성하지 않는다고 가정합시다. 그러면 $S{}_{\alpha }$와 독립적인 어떤 숫자, 이를테면 $\sqrt{2015}\pi$ 같은 것이 존재합니다. 그러면 그것을 추가하여 $S{}_{\alpha +1}$을 얻습니다. 그리고 계속해 나갑니다.

안타깝게도, 앞서 말했듯이 $S{}_{\alpha }$에서 $S{}_{\alpha +1}$로 갈 수 있는 것(후행자 경우)만으로는 충분하지 않습니다. 극한 경우도 다뤄야 합니다. 하지만 우리가 쓸 수 있는 트릭이 있는 것으로 밝혀졌습니다. 양의 정수 $n$마다 하나씩, 모든 집합 $S{}_0$, $S{}_1$, $S{}_2$, …를 모두 구성했다고 가정하고, 그중 어느 것도 생성하지 않는다고 합시다. 다음으로 구성하고 싶은 것은 $S{}_{\omega }$입니다. 어떻게든 ”도약”해야 합니다. 이를 위해, 이제 다음과 같은 무한합집합을 취합니다

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

이 집합의 원소들 역시 독립적입니다(왜 그럴까요?).

짜잔! ”존재하는 모든 집합의 합집합을 취한다”는 단순한 트릭으로, 우리는 첫 번째 극한 순서수 $\omega$까지의 장애물을 방금 뛰어넘었습니다. 그런 다음 다시 한번 원소들을 계속 집어넣기만 하면 $S{}_{\omega +1}$, $S{}_{\omega +2}$, …를 구성할 수 있습니다. 그러다 다음 장애물인 $S{}_{2\omega }$를 뛰어넘어야 할 때가 되면, 이전의 모든 집합들을 ”합집합하는” 같은 트릭을 다시 사용하면 됩니다.

따라서 우리는 이 과정을 다음과 같이 공식화할 수 있습니다:

1. 1.

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

2. 2.

   후행자 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.

우리가 결국 멈추게 될 것임을 어떻게 알 수 있을까요? 사실 이 과정은 실수들을 많이 소모합니다. 특히, (선택공리를 가정하면) 순서수들은 $ℝ$의 크기보다 커집니다. 따라서 멈추지 않는다면 우리는 말 그대로 모든 단 하나의 실수를 다 써버린 지점에 도달하게 됩니다. 그때가 되면 원소들이 결코 독립적일 수 없으므로, 이는 명백히 불가능합니다!

따라서 초한 재귀에 의해, 우리는 결국 생성하는 어떤 $S{}_{\gamma }$에 도달합니다: 원소들은 모두 독립적이지만, 모든 실수가 이를 이용해 표현될 수 있습니다. 끝!

이제 초른의 보조정리가 무엇인지 말씀드릴 수 있습니다: 이는 우리가 어떤 부분순서집합에서든 같은 일을 할 수 있게 해줍니다.

위의 예시를 다음과 같이 생각할 수 있습니다: 독립인 원소들의 모든 집합을 고려해 봅시다. 이들은 포함관계에 의해 부분순서집합을 이루며, 우리가 한 일은 말 그대로 사슬을 타고 올라간 것입니다

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

한 번에 한 단계씩만 나아간 것이 아니므로 이는 완전한 등반이라고는 할 수 없습니다: $S{}_{\omega }$까지 올라가기 위해서는 ”도약”을 해야 했고 그 후 다시 등반을 이어갔습니다. 하지만 핵심 아이디어는 부분순서집합의 맨 꼭대기에 이를 때까지 올라가는 것입니다; 앞선 경우에서는 생성집합에 도달했을 때가 그에 해당합니다.

같은 방법이 임의의 부분순서집합 $\mathbb{P}$에 대해서도 그대로 적용됩니다. 용어를 몇 가지 정의해 봅시다. 전체 부분순서집합 $\mathbb{P}$의 국소 최댓값이란 자신보다 진정으로 큰 다른 원소가 존재하지 않는 원소입니다. (대부분의 저자들은 이를 ”극대 원소”라고 부르지만, 저는 ”국소 최댓값”이 더 정확한 용어라고 생각합니다.)

이제 길이 $\gamma$인 사슬이란 인 모든 $\alpha$에 대해 를 만족하는 원소 $p{}_{\alpha }$들의 집합입니다. (사슬이 마지막 원소를 갖는 것은 $\gamma$가 $\omega +3$과 같은 후속 순서수인 경우, 오직 그 경우에 한함을 관찰하십시오.) 사슬의 상계란 사슬의 모든 원소보다 크거나 같은 원소 $\tilde{p}$입니다; 특히 $\gamma$가 후속 순서수라면 사슬의 마지막 원소를 취하는 것만으로 충분합니다.

이러한 언어로 표현하면, 초른의 보조정리는 다음과 같이 서술됩니다

길이가 후속 순서수와 같은 사슬은 항상 상계를 가지지만, 극한의 경우에는 이것이 성립하지 않습니다. 따라서 초른의 보조정리의 가정은 정확히 우리가 $p{}_{\omega }$ 및 다른 극한 순서수들을 정의하기 위해 ”도약”할 수 있게 해주는 것입니다. 그리고 초른의 보조정리의 증명은 간단합니다: 후속 단계에서는 부분순서집합을 계속 타고 올라가고, 극한 단계에서는 초른의 조건을 이용해 도약하여, 이렇게 정말로 긴 사슬을 만들어 나갑니다. 하지만 결국 멈춰야 합니다, 그렇지 않으면 말 그대로 $\mathbb{P}$의 원소가 바닥납니다. 그리고 유일하게 가능한 멈춤 지점은 국소 최댓값입니다.

앞서의 풀이를 초른의 보조정리의 언어로 표현하고자 한다면, 다음과 같이 말할 수 있습니다:

그러니 사실상 초른의 보조정리는 제가 앞서 설명한 등반 작업 전체를 부호화하고 있는 것입니다. 이는 모든 상투적인 절차를 담아내는 깔끔한 작은 패키지이며, 무엇을 확인해야 하는지 정확히 알려줍니다.

마지막으로 여러분이 궁금해할 만한 것 하나: 선택공리는 어디에 쓰이는 것일까요? 아이디어는 이렇습니다, 어떤 사슬에 대해서든 $\tilde{p}$가 여러 개 있을 수 있고, 그중 하나를 골라야 합니다. 무한히 많은 횟수에 걸쳐 임의의 선택을 하고 있으므로, 선택공리가 필요합니다. (사실, 정리 88.3.1에서처럼 기수를 논하기 위해서도 선택공리가 필요합니다.) 하지만 정말로 특별할 것은 없습니다.