유튜버 12 Math는 자신의 채널에서 다음과 같은 문제를 다루었다. 공간$\mathbb{R}^3$을 (겹치지 않는) 원들로 가득 채울수있는가? (여기서는, 원의 반지름의 제한이 없다.) 그 영상을 보다가, 내가 풀어봐야지라는 의도로 영상을 끄고, 고민하였다. 문제를 해결하지 못한 채, 한참의 시간이 흘렀다.

$\mathbb{R}^3$를 단위원으로 이루어진 서로소 합집합으로 분해하는 문제는 수학계에서 아직까지 연구가 필요한 문제이다. 비구성적 증명은 JH Conway와 HT Croft에 의해 제시되었으며, 그들의 연구는 "Covering a sphere with congruent great-circle arcs"라는 논문(Conway and Croft, 1964)을 통해 발표되었다. 이 연구는 이론적으로 $\mathbb{R}^3$을 단위원으로 분해할 수 있다는 것을 보여주었지만, 실제로 그러한 분해를 구성하는 방법은 제시하지 않았다.

현재(2024년 4월) 까지 $\mathbb{R}^3$의 단위원으로 이루어진 서로소 합집합을 구성하는 방법은 아직 알려지지 않았다.

Andrzej Szulkin의 연구는 이 문제의 쉬운 버전(단위원만을 사용해야한다는 제한 을 버림)에 대해 구성적인 접근을 제시했다. 그는 "R3 is the union of disjoint circles"라는 논문(Szulkin, 1983)에서 $\mathbb{R}^3$를 서로 겹치지 않는 다양한 반지름을 가진 원들로 구성할 수 있다는 것을 보여주었다.

이 글에서는, 제목에 해당하는 내용은 증명하지 않는다. Szulkin 또는 JH Conway와 HT Croft의 논문을 찾아보길 바란다. 대신, 비슷한 문제를 소개하고 풀어보려한다.

$S^n$이란

유클리드 공간 $\mathbb{R}^{n+1}$, 예를들어서 $n=1$이면 좌표평면,에서 다음을 만족시키는 점 $(x_1,x_2,\cdots, x_{n+1})$의 모임을 n-sphere (n-구)라고 부른다.

$1= \sum_{i=1}^{n+1} x_i^2$

예를들어서, 1-구는 원(단위원)이다. 왜냐하면, 좌표평면에서 $x_1^2+x_2^2=1$을 만족시키는 도형이 원이니까.

$\mathbb{R}^2$(좌표평면)는 원의 서로소 합집합이 되는 것이 불가능하다.

여기서, 원은 반지름이 다 다르다고 가정하자.

좌표평면이 원의 서로소 합집합이라고 가정하자. 여기서, 임의의 원을 하나 고르자. 그것의 반지름이 길이가 $r_1$이라고 하자. 그러면 그 원(반지름=$r_1$)의 중심을
지나는 원이 유일하게 존재한다. 그 원의 반지름을 $r_2$라 하자. 그리고 그 원(반지름=$r_2$)의 중심을 지나는 원이 유일하게 존재한다. 그 원의 반지름을 $r_3$라 하자. 이렇게 구성한 수열을 $(r_n)_{n\in \mathbb{N}}$이라 할때, 다음이 만족한다.

$r_{n+1}<\frac{r_n}{2}$

따라서, 이 수열은 0에 수렴한다. 따라서 각 $n$번째 원의 중심들로 구성한 점들은 좌표평면의 어떤 점으로 수렴한다. 그 수렴점을 지나는 원이 가정에 의해서 존재해야 하는데, (반지름이 $\epsilon>0$이라 하자.), 이 원은 우리가 선택한 원들과 모두 교차해서는 안된다. 다시 말해서, 반지름 $\epsilon$인 그 원은 우리의 수열을 구성한 모든 원의 내부에 있어야 한다.

그러나, 그것은 불가능하다. 왜냐하면, 어떤 $N$이 존재해서, $r_N$은 $\epsilon$보다 작기 때문이다.

주황색 원은 반지름이 $\epsilon$인 원이고, 파란 원은 그것보다 작은 반지름 $r_N$을 가진 원이다. 주황 원은 수렴점을 지나고, 파란 원은 수렴점을 지나지 않는다.

따라서, 좌표평면은 원의 서로소 합집합이 될 수 없다.

마찬가지 이유로, $S^2$(구면)도 원의 서로소 합집합이 될 수 없다.

놀랍게도, $S^3$는 단위원의 서로소 합집합이 될 수 있다.

$S^3$를 단위원의 서로소 합집합으로 나타낼 수 있음은 Hopf fibration으로 알려진 결과중 하나이다.

정리
$S^3$는 단위원의 서로소 합집합이다.

증명
먼저, 다음을 만족하는 사원수$a+bi+cj+dk$의 모임은 Group $S$을 이룸을 증명하자.

$a^2+b^2+c^2+d^2=1, \quad (a,b,c,d) \in \mathbb{R}^4$

즉, $S$는 $S^3 \subseteq \mathbb{R}^4$와 동일하다. (유식한 말로, Isometric...하다.)

먼저, $ij+ji=0$, $jk+kj=0$ 그리고 $ki+ik=0$으로부터,

$(bi+cj+dk)(bi+cj+dk))= (b^2+c^2+d^2)(-1)$을 얻는다.

역으로 어떤 사원수 $u$가 $u^2=-1$을 만족하면 그것은 $bi+cj+dk$꼴이다.

$b^2+c^2+d^2<1$이므로, $bi+cj+dk=\sin\alpha \mathbf{u}$라 표기하자. 다시 말해서,

$a+bi+cj+dk=\cos \alpha + \sin \alpha \mathbf{u}$로 표현 할 수 있다.

다시말해서, $S$는 다음과 같다.

$S = \{\cos (\alpha) + \sin (\alpha) \mathbf{u} \in \mathbb{H} : \mathbf{u}^2 = -1 , \alpha \in \mathbb{R}\}$

$S$가 Group임을 보이는 것은 지루하므로, 다음과 같이 빠르게 넘어가자.

$S$는 Group이다. 사원수$a+bi+cj+dk$의 절대값을 $a^2+b^2+c^2+d^2$으로 정의할때, 절대값이 Multicative함을 받아들이자. (자명하지 않다..) (즉, $|xy|=|x|\cdot |y|$) 그러면, $S$는 단순히 절대값이 1인 사원수의 모임이므로, 사원수곱에 닫혀있음이 자명하다. 그리고, 사원수 곱은 결합법칙이 성립하므로, 역원의 존재만 보이면 된다.
$\cos \alpha + \sin \alpha \mathbf{u}$의 역원은 단순히 $\cos \alpha - \sin \alpha \mathbf{u}$이므로, 증명(?)은 끝났다.

한편, $\cos \theta + i\sin\theta \in\mathbb{H}$의 모임도, group을 이룬다. 이를 $H$라 하자. $H$는 $S^1$과 완전히 같은 모양이다.

게다가, $qH:=\{qh \in S : q \in S, h \in H\}$도 원이다. 왜냐하면, ($|q|=1$이라서) $q$를 곱하는 것은 Isometry이기 때문이다.

만약, $x \in q_1H\cap q_2H$이면, $x=q_1h_1=q_2h_2$이므로, $q_1^{-1}q_2 \in H$이다. 따라서,
$q_1^{-1}q_2H=H$이다. (Group의 성질을 통해서 증명해야하는 부분임)

양변에 $q_1$을 곱하면, $q_2H=q_1H$를 얻는다. 따라서,

$qH:=\{qh \in S : q \in S, h \in H\}$들의 모임은 서로 disjoint하거나 완전히 같다. 그리고, ($q$는 임의의 $S$원소이므로) 이 모임의 합집합은 $S$이다.