Banach-Tarski
の定理
alg-d
http://alg-d.com/math/ac/
2015
年
12
月
5
日
定義. (1) X = Y ⊔ Z ⇐⇒ X = Y ∪ Z かつY ∩ Z = ∅ (2) X, Y ⊂ R3 を有界部分集合とする．このときあるr = (a, b, c) ∈ R3 が存在して X∩ (Y + r) = ∅ (Y + r := {(x + a, y + b, z + c) | (x, y, z) ∈ Y })とできる．この rを使ってX ⊕ Y := X ⊔ (Y + r)と定める． ※ もちろんこのX⊕ Y はrの取り方によるが，以下ではrの取り方は特に関 係ない場面でしかX⊕ Y は使用しない． G3 をR3 の回転と平行移動がなす群とする． 定義. X, Y ⊂ R3 が分割合同 (X ∼ Y で表す) ⇐⇒あるn∈ NとXi, Yi ⊂ R3, σi ∈ G3(0≤ i ≤ n)が存在してX = X0⊔· · ·⊔Xn, Y = Y0⊔ · · · ⊔ Yn, Yi = σiXi． 命題 1. (1) 分割合同∼は同値関係である． (2) X0 ∼ Y0, X1 ∼ Y1ならばX0⊕X1 ∼ Y0⊕Y1である．特にX0∩X1 =∅, Y0∩Y1 = ∅ならばX0⊔ X1 ∼ Y0⊔ Y1となる． 命題 2 (Banach-Tarskiの定理). B := {(x, y, z) ∈ R3 | x2+ y2 + z2 ≤ 1} とすれば B∼ B ⊕ B． これを証明するために，まず分割合同の例を二つあげる． 例. 適当な方法でS1 ={x ∈ C | |x| = 1} ⊂ R3 とみなす． X := {en√−1 | n ∈ N}, Y := S1\ Xとする．原点を中心とした1ラジアンの回転をσ とすればσX ={en√−1 | n > 0} = X \ {1}であるからS1 = X⊔ Y ∼ (X \ {1}) ⊔ Y =S1\ {1}となる．即ち「円周から一点を抜いた集合」は円周と分割合同である． 例. O ∈ R3 を原点として，(適当に縮小した)S1 をB の中にO ∈ B ∩ S1 となるように 埋め込めばB = (B\ S1)⊔ S1 ∼ (B \ S1)⊔ (S1\ {O}) = B \ {O}だから「球体から原 点を抜いた集合」は球体と分割合同である． これらの例から分かるように，分割合同というのは (物理的には)かなり変な分割の仕 方も許している．また，次のことが分かる． 命題 3. S2 ∼ S2⊕ S2とする．このときB∼ B ⊕ B 証明. S2 = X0⊔ · · · ⊔ Xn, S2 ⊕ S2 = Y0 ⊔ · · · ⊔ Yn, Yi = σiXi とする．X ⊂ S2 に 対して X := {tx | x ∈ X, 0 < t ≤ 1}とすれば S2 = B \ {O} となり，B\ {O} = X0 ⊔ · · · ⊔ Xn, B \ {O} ⊕ B \ {O} = Y0 ⊔ · · · ⊔ Yn, Yi = σiXi である．故にB ∼
B\ {O} ∼ B \ {O} ⊕ B \ {O} ∼ B ⊕ B である．
故に，後はS2 ∼ S2⊕ S2を示せばよい． 定義. X を集合とする．有限列の集合{x1· · · xn | n ∈ N, xi ∈ X ∪ X−1}に積を列の 結 合(x1· · · xn)· (y1· · · ym) := x1· · · xny1· · · ym で定めるとこれは群になる(ただし，xと x−1 が隣り合ったときはキャンセルする．また空文字列を単位元とみなす)．これをX で 生成される自由群という． 二元集合{ρ, τ}で生成される自由群をF2と書く． 命題 4. W (σ) :={x1· · · xn ∈ F2 | x1 = σ}と置けば F2 ={1} ⊔ W (ρ) ⊔ W (ρ−1)⊔ W (τ) ⊔ W (τ−1) = W (ρ)⊔ ρW (ρ−1) = W (τ )⊔ τW (τ−1). Banach-Tarskiの証明において，選択公理を使用するのは次の部分だけである． 命題 5. 選択公理を仮定する．F2 が集合 X ⊂ R3 に自由に作用しているとき，ある A, B ⊂ Xが存在してA⊔ B ⊂ X, X ∼ A ∼ B ※ 群GのX への作用が自由である
⇐⇒任意のg ∈ G, x ∈ X に対して「gx = x =⇒ g = e」 証明. X に同値関係Rを「xRy ⇐⇒あるσ ∈ F2が存在してy = σx」で定める．選択公 理により商集合X/Rの完全代表系M を取ることができる．すると作用が自由であるか らX = ⊔ σ∈F2 σM となる． A0 := ⊔ σ∈W (ρ) σM, A1 := ⊔ σ∈W (ρ−1) σM, A := A0 ⊔ A1 B0 := ⊔ σ∈W (τ) σM, B1 := ⊔ σ∈W (τ−1) σM, B := B0⊔ B1 と置けば，X = A0⊔ ρA1 = B0⊔ τB1 ⊃ A0⊔ A1⊔ B0⊔ B1 であるからA⊔ B ⊂ X か つX ∼ A ∼ Bとなる． 定義. A, B ⊂ R3 に対して二項関係≾を次のように定める． A≾ B ⇐⇒ あるB′ ⊂ Bが存在してA ∼ B′ 命題 6 (Banach-Bernstein-Schr¨oderの定理). A≾ BかつB≾ AならばA ∼ B． 証明. A ∼ B のとき，全単射f : A −→ Bで「任意のA′ ⊂ Aに対してA′ ∼ f(A′)」を 満たすものが取れることに注意しておく． A ≾ BかつB ≾ Aとする．あるA′ ⊂ AとB′ ⊂ Bが存在してA∼ B′ かつB∼ A′ である．よって全単射f : A −→ B′ とg : A′ −→ Bで先の条件を満たすものが取れる． A0 := A\ A′, An+1 := g−1 ◦ f(An), X := ∞ ⊔ n=0 Anと定める． X ⊂ A, A \ X ⊂ A′ だから X ∼ f(X), A \ X ∼ g(A \ X) である．従って A = X⊔ (A \ X) ∼ f(X) ⊔ g(A \ X) = Bが分かる． 命題 7. R3の原点を中心とする回転がなす，G3 の部分群をSO(3)で表す．SO(3)はF2 と同型な部分群を持つ． 証明. θ = arccos(13)として，R3 のz 軸を軸とするθラジアンの回転をρ，x軸を軸とす るθラジアンの回転をτ とすればρ, τ が生成するSO(3)の部分群はρ, τ が生成する自由 群F2 であることが分かる． この命題によりF2 ⊂ SO(3)とみなせば，F2は球面S2に作用する．各元σ ∈ F2 の不 動点x ∈ S2 は丁度2つある．よってD :={x ∈ S2 |あるσ ∈ F 2 が存在してσx = x}
は可算集合である．このときF2 はX := S2\ D に自由に作用する．故に命題5からあ るA, B ⊂ X, A ∩ B = ∅が存在して A ∼ X かつB ∼ X である．A, B の取り方から X ∼ B ⊂ X \ A ⊂ X，即ち X ≾ X \ A かつX \ A ≾ X であるから命題6 により X\ A ∼ X が分かる．改めてB := X\ Aと書き直せばX = A⊔ B ∼ A ∼ B が分かる． 即ち，S2\ D ∼ (S2\ D) ⊕ (S2\ D)である． 命題 8. S2 ∼ S2⊕ S2 証明. σ ∈ SO(3)でD, σD, σ2D,· · · が互いに素となるものが存在する． . ..) D を通らない，原点を通る直線l ⊂ R3 を一つ取る．正整数n > 0とx ∈ Dに 対して A(n, P ) :={θ ∈ (0, 2π) | lを軸とするθラジアン回転をσとすればσn(P )∈ D} と書くとA(n, P )は可算集合である．故にA := ∞ ∪ n=0 ∪ P∈D A(n, P )は可算集合である． ※ 可算和定理を使えば明らかであるが，選択公理を使わずに可算といえる．何故 か? また，実はDが可算であるという部分でも同様の問題が発生している． 故に (0, 2π)\ A ̸= ∅であるからθ ∈ (0, 2π) \ Aを一つ取りl を軸とするθ ラジア ンの回転をσ ∈ SO(3)とすればこれが条件を満たす． このときY := S2\ (∪∞ n=0 σnD ) と置けばS2 = Y ⊔ (∪∞ n=0 σnD ) ∼ Y ⊔( ∞ ∪ n=0 σn+1D ) = S2\ Dである．故にS2 ∼ S2\ D ∼ (S2\ D) ⊕ (S2\ D) ∼ S2⊕ S2 となる． 以上により次が証明された． 命題 9 (Banach-Tarskiの定理). B ∼ B ⊕ B 命題 10 (強Banach-Tarskiの定理). 内部が空でない有界部分集合X, Y ⊂ R3に対して X ∼ Y． 証明. 仮定によりある球体K, L が存在してX ⊂ K かつL ⊂ Y となる．n ∈ Nを十 分大きく取り，L のn 個のコピーL1,· · · , Ln でK を被覆する．このときX ⊂ K ≾ L1⊕ · · · ⊕ Ln ∼ L ⊂ Y よりX ≾ Y が分かる．同様にしてY ≾ X だからX ∼ Y とな る．
ところで，Banach-Tarskiの定理の証明で選択公理を使っている部分は命題5のみで あった．実は命題5はHahn-Banachの定理から導かれる． 定義. B をブール代数とする． µ : B −→ [0, 1]がB上の有限加法的測度 ⇐⇒ µ(1) = 1かつ「x∧ y = 0 =⇒ µ(x ∨ y) = µ(x) + µ(y)」． 定理. Hahn-Banachの定理 ⇐⇒任意のブール代数BについてB上の有限加法的測度が存在する． 定理. Hahn-Banachの定理=⇒命題5 証明. 命題5の証明のX/R を考える．U ∈ X/Rに対してブール代数 BU := P(U) を 考え，ブール代数の直和B := ⊕ U∈X/R BU を取る．iU: BU −→ B を標準埋込とする． Hahn-Banachの定理により，B上の有限加法的測度µが取れる．µU := µ◦ iU と置く． V (σ) :={x1· · · xn ∈ F2 | xn = σ}として X1 :={x ∈ X | µ[x](V (ρ)x) > 1/2} X2 :={x ∈ X | µ[x](V (τ )x) > 1/2} X3 :={x ∈ X | µ[x](V (ρ−1)x) > 1/2} X4 :={x ∈ X | µ[x](V (τ−1)x) > 1/2} Y1 := X\ (ρX1∪ τX2) Y2 := X\ (ρ−1X3∪ τ−1X4) と定める．X = ρX1∪ τX2∪ ρ−1X3∪ τ−1X4 である． . ..) 任意のx∈ X を取る．V (ρ)x, V (τ )x, V (ρ−1)x, V (τ−1)x⊂ [x]は互いに素だか らµ[x](V (ρ)x) + µ[x](V (τ )x) + µ[x](V (ρ−1)x) + µ[x](V (τ−1)x)≤ 1となる．よって この4つのうち少なくとも1つは< 12 となる． どの場合でも同様なのでµ[x](V (ρ)x) < 12 だとする．F2 = V (ρ)⊔ V (ρ−1)ρだから µ[x](V (ρ)x) + µ[x](V (ρ−1)ρx) = 1 となるので，µ[x](V (ρ−1)ρx) > 12 である．故に ρx∈ X3，即ちx ∈ ρ−1X3である．以上によりX = ρX1∪ τX2∪ ρ−1X3∪ τ−1X4 が分かった． 従ってY1∩ Y2 =∅である．また明らかにX1, X2, X3, X4は互いに素である． Y1とX1 は互いに素である．
. ..) V (ρ)⊂ V (τ)τ−1 だから X1 ={x ∈ X | µ[x](V (ρ)x) > 1/2} ⊂ {x ∈ X | µ[x](V (τ )τ−1x) > 1/2} ={τx ∈ X | µ[x](V (τ )x) > 1/2} = τX2 である．よってY1∩ X1 =∅． 同様にしてi = 1, 2, j = 1, 2, 3, 4に対してYi∩ Xj =∅が分かる． X2′ ⊂ X2, X4′ ⊂ X4をρX1∪ τX2 = ρX1⊔ τX2′, ρ−1X3∪ τ−1X4 = ρ−1X3⊔ τ−1X4′ となるように取る．A = X1⊔ X2′ ⊔ Y1, B := X3 ⊔ X4′ ⊔ Y2 と置けばA⊔ B ⊂ X かつ X ∼ A, X ∼ B である． 系. Hahn-Banachの定理=⇒Banach-Tarskiの定理 Banach-Tarskiの証明から得られる Bの分割の仕方を見ると，この分割が物理的に可 能であったとしても，物理的に移動させることが不可能のようにみえる．そこで，《物理 的な移動まで含めた分割合同》というものを考えてみる． 定義. X, Y ⊂ R3 とする． X ≈ Y ⇐⇒ n ∈ N, Xi, Yi ⊂ R3，連続写像γi: [0, 1]−→ G3 (0 ≤ i ≤ n)が存在して以 下を満たす． • X = X0⊔ · · · ⊔ Xn • Y = Y0⊔ · · · ⊔ Yn • γi(0) = idR3 • Yi = γi(1)Xi • i ̸= j ならば，任意のt ∈ [0, 1]に対してγi(t)Xi∩ γj(t)Xj =∅． 命題 11. ≈は同値関係である． 定義. u∈ R3に対してσu ∈ G3をσu(x) = x + uで定める． 命題 12. X, Y ⊂ R3を有界部分集合とし，u, v ∈ R3をX ∩ σuY =∅, X ∩ σvY =∅と なるように取る．このときX ⊔ σuY ≈ X ⊔ σvY 証明. 第一成分への射影を π1: R3 −→ R で表すとする．まず u, v が sup π1(X) < inf π1(σuY ), inf π1(σvY )を満たしているならば明らかにX⊔ σuY ≈ X ⊔ σvY であるこ
とに注意しておく． ある S0, S1 ⊂ Rが存在してR = S0 ⊔ S1 かつ ∆Si := {x − y | x, y ∈ Si} ⊂ R が codenseとできる． . ..) K := ∞ ∪ n=0 1 3nZ, H := K + 1 2Zと置く．選択公理によりR/H の完全代表系M を取る．このときS0 := ∪ r∈M (r + K), S1 = S0+ 1 2 と置けば明らかにR = S1∪ S2 である． a ∈ ∆S0 を取る．x, y ∈ S0 を使ってa = x− y と書け，更にx = rx+ kx, y = ry+ky (rx, ry ∈ M, kx, ky ∈ K)と書ける．a∈ Hとするとrx−ry = a−kx+ky ∈ H だから，M の取り方によりrx = ry である．従ってa = kx− ky ∈ Kとなる．故に ∆S0∩ (H \ K) = ∅，即ち∆S0∩ (K + 12) =∅が分かる．従ってR \ ∆S0 ⊃ (K + 12) だからR \ ∆S0 ⊂ Rは稠密である．S1 についても同様． codenseだから，0へ収束する実数列{a(i)n }∞n=0 ⊂ R \ ∆Si が取れる． i, j ∈ {0, 1} に対して Sij := Si × Sj × R ⊂ R3 と置く．r > 0 を sup π1(X) < inf π1(Y ) + rとなるように十分大きく取り，vij,k ∈ R3 を vij,0 := (r, a (j) 0 , 0), vij,2k+1 = (a (i) k , a (j) k , 0), vij,2k+2 = (a (i) k , a (j) k+1, 0) で定める．連続写像γ : [0, 1]−→ R3 を γij(t) := { 0 (t = 0のとき) 線分vij,k+1vij,k上の点 (2k+11 ≤ t ≤ 1 2kのとき) を満たすように定める．0 < t ≤ 1のときγij(t) /∈ ∆Si × ∆Sj× Rである．これにより 連続写像σγij(t): [0, 1]−→ G3 が定まるが，簡単のためこれもγij(t)で表す． Xij := X ∩ Sij, Yij := σuY ∩ Sij と置けばX ⊔ σuY = X00⊔ X01 ⊔ X10 ⊔ X11 ⊔ Y00⊔ Y01⊔ Y10⊔ Y11であり，γ の定義から0≤ t ≤ 1に対してXij ∩ γij(t)(Yij) =∅で ある．故にXij ⊔ Yij ≈ Xij ⊔ (γij(1)Yij)となる． sをs > sup{d(x, y) | x, y ∈ X ∪ (Y + u)}となるように取り σ00 := σ(0, 0, 0) σ01 := σ(0, 0, s) σ10 := σ(0, 0, 2s) σ11 := σ(0, 0, 3s)
と定める．このとき明らかに X⊔ (Y + u) ≈ 1 ⊔ i,j=0 σij(Xij ⊔ Yij) ≈ 1 ⊔ i,j=0 σij(Xij)⊔ γij(1)◦ σij(Yij) ≈ 1 ⊔ i,j=0 σ−1ij (σij(Xij)⊔ γij(1)◦ σij(Yij)) = X⊔ (Y + u + (r, b0, 0)) である．同様にして(X⊔ (Y + v)) ≈ X ⊔ (Y + v + (r, b0, 0))であり，一番初めの注意と rの取り方に気をつければ X⊔ (Y + u) ≈ X ⊔ (Y + u + (r, b0, 0))≈ X ⊔ (Y + v + (r, b0, 0))≈ X ⊔ (Y + v) となる． 命題 13. X0, X1 ⊂ R3 を互いに素な有界集合，σ0, σ1 ∈ G3, σ0X0∩ σ1X1 = ∅とする ときX0⊔ X1 ≈ σ0X0⊔ σ1X1． 証明. 十分大きいr を取れば明らかに X0 ⊔ (X1 + r) ≈ σ0X0 ⊔ (σ1X1 + r)とできる． 故に X0⊔ X1 ≈ X0⊔ (X1+ r)≈ σ0X0 ⊔ (σ1X1+ r)≈ σ0X0⊔ σ1X1. 命題 14. 内部が空でない有界部分集合X, Y ⊂ R3に対してX ≈ Y 証明. 命題10によりある分割X = X0⊔ · · · ⊔ Xn, Y = Y0⊔ · · · ⊔ Ynとσi ∈ G3が存在 してσiXi= Yiとなる．故に前命題を繰り返し使用して X = X0⊔ · · · ⊔ Xn≈ σ0X0⊔ · · · ⊔ σnXn = Y.
参考文献
[2] Janusz Pawlikowski, The Hahn-Banach theorem implies the Banach-Tarski para-dox, Fundamenta Mathematicae 138 (1991), 21–22
[3] Trevor M. Wilson, A continuous movement version of the Banach-Tarski paradox: A solution to de Groot’s Problem, J. Symbolic Logic 70 (2005), 946–952
