12가 왜 거기서 나와

오랜만에 폴리매스에 들렀다가 재미있어 보이는 문제를 발견했다.

직접 풀어보니 elementary하게 보일 수 있으며 이전에 봤던 것들과 직접적으로 연관이 있는 부분이 많길래 포스팅하기로.

P_i=(x_i, y_i)라 하고 원점을 O로 둔다. 그러면 x_i y_{i+1} - x_{i+1}y_i = 1임에서 삼각형 OP_i P_{i+1}의 넓이는 \frac{1}{2}(x_i y_{i+1} - x_{i+1}y_i) = \frac{1}{2}임과, 세 꼭지점 O, P_i, P_{i+1}는 시계반대방향으로 배치되어있음을 알 수 있다. 편의상 세 점이 이렇게 배치되면 반시계 삼각형이라 부르도록 한다.

그런데 격자삼각형 OP_i P_{i+1}의 넓이가 1/2인 것은 무엇을 뜻하냐면.. 잘 알려진 정리 중에 Pick’s theorem이란게 있어서, 모든 꼭지점이 격자점인 격자다각형 \mathcal{P}에 대해 그 경계선에 있는 격자점의 갯수(꼭지점도 포함)를 b, 내부에 있는 격자점의 갯수를 i라 하면 \mathcal{P}의 넓이는 i + \frac{b}{2} - 1이 된다. b \geq 3, i \geq 0이기 때문에 그 넓이는 1/2 이상이어야 하고, 이 최솟값을 달성하기 위해서는 b=3, i=0이어야 한다. 즉 넓이가 1/2인 격자다각형은 삼각형이어야 하며, 경계를 포함한 내부에는 세 꼭지점을 제외하면 다른 격자점이 존재하지 않아야 한다. 편의상 이런 삼각형을 좋은 삼각형으로 부르기로 한다.

n=8인 한 예시. P_i를 순서대로 트레이스하다보면 O를 중심으로 시계반대방향으로 돌고 있다

그러면 문제에서 주어진 조건은 곧, n개의 점 P_i들이 있어 항상 OP_i P_{i+1}은 좋은 반시계 삼각형이어야 함을 의미한다. (P_{n+1}=P_1)

백만년만에 geogebra 써보는데 이렇게 편해졌을 줄이야

여기서 두 삼각형 OP_{i-1}P_i, OP_iP_{i+1}은 넓이가 같으므로, 직선 OP_i에 대해 반대편에 있는 두 점 P_{i-1}, P_{i+1}에서 이 직선까지의 거리가 같다. 따라서 삼각형 OP_{i-1}P_iQRP_{i+1}이 합동이 되도록 하는 두 점 Q,R을 이 직선 위에 잡을 수 있다. 여기서 Q에 해당하는 위치벡터가 곧 v_{i-1}+v_{i+1}이 되고, 그 벡터가 v_i와 평행임도 얻을 수 있다. 이 때 선분 OP_i 위에 다른 격자점이 없기 때문에, Q가 직선 OP_i 위의 격자점이라는 사실로부터 OQ의 길이는 OP_i의 길이의 정수배임을 얻을 수 있다. 이로부터 v_{i-1} + v_{i+1} + a_i v_i = 0인 정수 a_i가 존재함을 확인할 수 있다. 위 그림 속 예시와 같은 경우는 a_i = -3.

이제 \frac{1}{12}(3n + \sum a_i)가 정수임을 보여야 한다. 결론부터 이야기하자면… 앞에서 캡션으로 ‘P_i를 순서대로 트레이스하다보면 O를 중심으로 시계반대방향으로 돌고 있다’고 언급했는데, 실은 \frac{1}{12}(3n + \sum a_i) 이 값은 O를 중심으로 몇 바퀴 돌았는지를 나타내는 수, 즉 winding number가 된다. 위에서 잡은 n=8일 때의 예시에서 계산해보면 이 값은 3이 되는데 그림 상에서 확인해보면 원점을 중심으로 세 바퀴 돌아 자기자신으로 돌아온다는걸 확인할 수 있다.

수학적 귀납법으로 이것을 증명하고자 하는데, 귀납법의 편의를 위해 다음과 같은 조금 더 일반화된 세팅을 준비하고자 한다. 먼저, 우리는 지금 OP_iP_{i+1}이 항상 좋은 반시계 삼각형인 경우를 보고 있는데, OP_iP_{i+1}이 좋은 시계 삼각형(즉, 세 점 O, P_i, P_{i+1}이 시계방향으로 배열되어 있음)이어도 된다고 한다. 그리고 OP_iP_j가 반시계삼각형이면 \sigma_{i,j}=1, 시계삼각형이면 \sigma_{i,j}=-1이 되도록 \sigma 값들을 정의한다.

Lemma 1. \sigma_{i-1,i}v_{i-1} + \sigma_{i,i+1}v_{i+1} + a_i v_i = 0인 정수 a_i가 존재한다.

Proof. \sigma_{i-1,i}=\sigma_{i,i+1}=1인 경우는 앞에서 이미 보였으며, \sigma_{i-1,i}=\sigma_{i,i+1}=-1인 경우는 좌우반전시킨 케이스가 되기 때문에 역시 쉽게 보여진다. 두 값 중 하나가 1, 하나가 -1인 경우를 보도록 한다. 전자가 1, 후자가 -1인 경우만 보이면 나머지 경우는 역시 좌우반전으로 보일 수 있다.

여기서 두 삼각형 OP_{i-1}O_iOP_iP_{i+1}의 넓이가 같고 직선 OP_i에 대해 P_{i-1},P_{i+1}이 같은 쪽에 위치하므로 선분 P_{i-1}P_{i+1}은 직선 OP_i와 평행이어야 한다. 곧 벡터 \vec{P_{i-1}P_{i+1}} = v_{i+1}-v_{i-1}v_i의 배수여야 하는데, 이번에도 역시 선분 OP_i 위에 다른 격자점이 없다는 사실로 인해 그 비율이 정수임도 확인할 수 있다.

이 때 다음과 같은 등식이 성립함을 증명하고자 한다.

Lemma 2. \sum_{i=1}^n a_i + 3\sum_{i=1}^n \sigma_{i,i+1} = 12\omega (단, \sigma의 첨자 역시 mod n으로 보며, \omegaP_i를 순서대로 트레이스할 때의 winding number이다)

이게 증명되면, 원래 문제의 경우는 \sigma가 전부 1이기 때문에 바로 증명될 수 있다.

Proof. n=2인 경우는 두 시그마 값 중 하나가 1, 하나가 -1임과 a_1=a_2=0임을 얻어 바로 확인이 가능하다. n=3인 경우도 삼각형 P_1 P_2 P_3 내부에 원점이 있냐 없냐를 기준으로 나눠서 생각하면 쉽게 확인이 가능하다. (P_1, P_2를 각각 (1,0), (0,1)로 변환하는 선형변환 잡으면 더 쉽게 표현 가능) 이제 n \geq 4를 고정하고, 점의 갯수가 n보다 적은 경우 성립함을 가정하도록 한다.

먼저 O로부터의 거리가 가장 먼 점 P_m을 잡는다. 그러면 \|a_m v_m \| = \|\sigma_{m-1,m}v_{m-1} + \sigma_{m,m+1}v_{m+1}\|는 삼각부등식에 의해 \|\sigma_{m-1,m}v_{m-1}\| + \|\sigma_{m,m+1}v_{m+1}\| 이하인데, 이 값은 \|v_{m-1}\| + \|v_{m+1}\|와 같고 곧 2\|v_m\|이하여야 하기 때문에 \|a_m\| \leq 2를 얻는다. 그런데 등호가 성립하려면 v_m, v_{m-1}이 평행이어야 하나 그럴 수 없어 a_m = -1, 0, 1임을 얻는다.

Case 1. 첫 번째로 a_m=-1인 경우를 보도록 한다. 즉 이 때엔 v_m = \sigma_{m-1,m}v_{m-1} + \sigma_{m,m+1}v_{m+1}이 성립한다. 여기서 시그마 값들에 따라 크게 네 가지 경우로 나뉘게 되는데, (\sigma_{m-1,m},\sigma_{m,m+1})이 (1,1), (1,-1), (-1,1), (-1,-1)이 될 수 있으며 각각의 경우는 아래와 같은 그림이 나와야 한다.

어떤 경우든 삼각형 OP_{m-1}P_{m+1}의 넓이가 1/2이 됨을 보일 수 있다. (네 번째 경우는 P_mO에 대해 대칭하고 생각하면 좋음) 즉, n개의 점에서 P_m 하나를 제외시켜도 모든 삼각형들이 좋은 삼각형이 된다는 것이다. 이렇게 했을 때 \sum_{i=1}^n a_i, \sum_{i=1}^n \sigma_{i,i+1}, \omega의 값의 변화가 어떻게 되는지를 보도록 한다.

\sigma_{m-2,m-1}v_{m-2} + \sigma_{m-1,m}v_m + a_{m-1}v_{m-1}=0이란 식에 v_m = \sigma_{m-1,m}v_{m-1} + \sigma_{m,m+1}v_{m+1}을 적용하면 \sigma_{m-2,m-1}v_{m-2} + \sigma_{m-1,m}(\sigma_{m-1,m}v_{m-1} + \sigma_{m,m+1}v_{m+1}) + a_{m-1}v_{m-1}=0를 얻는다. \sigma_{m-1,m}^2=1임은 쉽게 얻을 수 있고, 위의 네 가지 경우에 대해 따져보면 \sigma_{m-1,m}\sigma_{m,m+1} = \sigma_{m-1,m+1}이 됨을 확인할 수 있다. 따라서 위 식은 \sigma_{m-2,m-1}v_{m-2} + \sigma_{m-1,m+1}v_{m+1} + (a_{m-1}+1)v_{m-1}=0이 된다. 즉, P_m을 없애고 난 n-1개의 점들에 대해 구한 a_i에 해당하는 값들을 a_i^{\prime}이라고 할 때, a_{m-1}^{\prime} = a_{m-1}+1이 된다. 마찬가지로 비슷한 계산을 통해 a_{m+1}^{\prime} = a_{m+1}+1을 얻는다. i \neq m-1,m,m+1에 대해서는 a_i^{\prime} = a_i이며 a_m=-1이 사라지므로, 최종적으로 \sum_{i=1}^n a_i의 값은 3 증가한다.

한 편, \sigma의 합은 \sigma_{m-1,m+1} - (\sigma_{m-1,m} + \sigma_{m,m+1})만큼 증가하는데, 위 네 가지 경우들 중 마지막 경우에는 +3, 그 외에는 -1이 된다. 따라서 \sum_{i=1}^n a_i + 3\sum_{i=1}^n \sigma_{i,i+1}의 값은 마지막 경우에는 +12, 그 외에는 0이 되는데, 공교롭게도 마지막 경우 \omega가 1 증가하고 그 외에는 변화가 없다. 따라서 우리는 양변의 차이가 변하지 않으면서 점의 개수를 1개 줄일 수 있게 되었고, 귀납법 가정에 의해 그럴 경우 등식이 성립하므로 n개의 점에 대해서도 성립함을 알 수 있다.

Case 2. 두 번째로 a_m=1인 경우. 이 때도 앞에서 보인 것과 비슷하게 네 가지 경우로 나눠서 보면 된다. 그림은 앞에서 등장한 그림과 거의 비슷한데, P_{m-1}, P_{m+1}의 위치를 뒤바꾸고 재배열한 결과가 된다. 이 때 \sigma_{m-1,m}\sigma_{m,m+1} = -\sigma_{m-1,m+1}이 된다는 점을 이용해 비슷하게 정리하면, P_m을 제외했을 때 \sum_{i=1}^n a_i의 값은 -3, \sigma\omega의 값은 \sigma_{m-1,m}=\sigma_{m,m+1}=1일 때는 각각 -3과 -1, 그 외의 경우는 각각 +1과 0만큼 증가하게 되어 역시 귀납법 가정에 의해 등식이 성립함을 보일 수 있다.

Case 3. 마지막으로 a_m=0인 경우. 이 때는 v_{m+1} = \pm v_{m-1}이 된다. 어떤 경우든 OP_{m-1}OP_{m+1}은 길이가 같고 평행하므로, 삼각형 OP_{m-1}P_{m+2}는 그 넓이가 OP_{m+1}P_{m+2}의 넓이, 즉 1/2이 되어 좋은 삼각형이 된다. 따라서 이번에는 P_m,P_{m+1}을 동시에 제외하면 역시 조건을 만족시키게 된다. 이 때에도 앞에서와 마찬가지로 분석하면 된다. 예컨대 \sigma_{m-1,m}=\sigma_{m,m+1}=1인 경우 a_{m-1}^{\prime} = a_{m-1}+a_{m+1}, a_{m+2}^{\prime}=a_{m+2}를 얻어 \sum_{i=1}^n a_i의 값은 변하지 않고, P_{m+2}가 직선 P_{m-1}P_{m+1}에 대해 P_m과 같은 곳에 있을 때와 아닐 때 \sigma\omega의 값은 각각 0과 0, -4와 -1만큼 증가하게 된다. 그 외의 경우들은… left as an exercise to the reader.


위와 같이 기하적으로 원래 문제를 푸는 것이 가능했다. 풀이 중간에 등장한 키 아이디어로, 원점으로부터 가장 거리가 먼 점을 잡으면 그 주위의 경우가 제한되는 것을 볼 수 있었고 이에 따라 한두 개의 점을 건너 뛰어도 좋은 삼각형을 잡을 수 있음을 이용했다. 그런데 실은 이 부분이 올림피아드 문제로 등장한 적이 있었다. 바로 2001년 FKMO 6번.

문제를 잘 읽어보면 결국 주어진 상황은 (a_i, b_i)에 해당하는 점을 P_i라 뒀을 때 OP_iP_{i+1}이 좋은 삼각형이 된다는 것이며, 그 때 인접하지 않은 두 점 P_i, P_j가 존재해 OP_iP_j가 좋은 삼각형이 됨을 보이는 문제가 되는데, 앞에서 증명한 키 아이디어와 사실상 일치한다는 것을 알 수 있다. (사실 위 아이디어를 생각해낸 것도 이 문제를 이미 알고있었던 까닭이 크다.)


한 편 이 글에서 증명한 식 \sum_{i=1}^n a_i + 3\sum_{i=1}^n \sigma_{i,i+1} = 12\omega을 음미하다보면 도대체 어쩌다 12가 나왔는지에 대해 생각하지 않을 수가 없다. 증명 과정에서 좌변의 증감폭이 0 또는 12라는 것임을 보였으니 그럴 수 있지 않겠냐고 물을 수 있겠지만… 사실은 원래 다른 의미로 12가 들어갈 수밖에 없었고, 그걸 위와 같이 다른 방법으로 증명하다보니 마치 운명의 교차로마냥 기적적으로 증감폭이 12의 배수에 맞춰져서 증명된 것이 아닌가 하는 느낌을 지울 수 없다.

여기에서 이 질문에 대해 어느 정도 힌트를 줄 수 있는 논문 하나를 소개하고자 한다.[1]

논문에서 다루는 문제는 다음과 같다. 볼록다각형을 이루는 n개의 격자점 P_1, P_2, \ldots, P_n이 반시계방향으로 이 순서대로 배치되어 있고, 이 다각형의 내부에는 격자점이 원점 하나밖에 없다. 이 때 \overrightarrow{P_iP_{i+1}} = \overrightarrow{OQ_i}가 되는 격자점 Q_i을 잡으면, (일부 연속한 Q_i들은 겹칠 수도 있다) Q_1, Q_2, \ldots, Q_n은 역시 볼록다각형을 이루며 그 내부의 격자점이 원점 하나밖에 없다는 것을 어느 정도 쉽게 확인할 수 있다. 이렇게 원래 다각형 \mathcal{P}로부터 얻은 다각형을 \mathcal{P}^{\vee}라 정의한다. 그러면 \mathcal{P}^{\vee\vee}\mathcal{P}를 180도 회전한 결과물이 됨도 확인할 수 있다. 그런 의미에서 \mathcal{P}^{\vee}를 격자다각형 \mathcal{P}쌍대격자다각형 (dual lattice polygon)이라 부른다.

두 격자점을 연결하는 선분에 대해, 그 선분 위에 양 끝점을 제외한 격자점의 갯수에 1을 더한 값을 그 선분의 “길이”로 생각하면 격자다각형에 대해 그 “둘레” l(\mathcal{P})를 변들의 “길이”의 합으로 정의할 수 있다. 이 때 다음과 같은 등식이 성립한다는 것이 Bjorn Poonen과 Fernando Rodriguez-Villegas가 증명한 결과물이다. (이 정리는 explicit하게 나타나지는 않지만 Fulton의 “Introduction to toric varieties”에서 처음 등장했다고 한다)

Theorem 3. l(\mathcal{P}) + l(\mathcal{P}^{\vee}) = 12

이번에도 12가 등장한다. 사실 수학에서는 24 못지않게 12도 자주 마주치게 되는 수인데, (24에 대해서는 이 글에서도 짧게 언급한 바 있다) 저자들은 이 식에 대한 4가지 증명을 선보이면서 어떻게 다른 맥락에서 등장했던 12와 연관이 있는지를 짚어준다. 그 중 하나는 대수기하학의 Noether’s formula 12(1+p_a)=K^2+c_2의 12로, \frac{x}{e^x-1}의 테일러 전개식의 x^2의 항 \frac{1}{12}와 연관이 있다고 한다. 위 정리를 algebraic variety의 한 종류인 toric variety를 이용하여 증명하는 과정에서 쓰인다고 한다. 또 하나로는 modular form 쪽에서 등장하는 \Delta(z) = (2\pi)^{12} q \prod_{n=1}^{\infty}(1-q^n)^{24}의 weight인 12와 연관이 있다고.

방금 본 Theorem 3는 일반화가 가능한데, 볼록다각형일 필요가 없이 OP_i P_{i+1}가 좋은 삼각형이기만 하면 된다고 생각하고, P_i P_{i+1}의 “길이”에 OP_i P_{i+1}이 반시계 삼각형이면 양수, 시계 삼각형이면 음수가 되도록 부호를 부여하도록 하여 l(\mathcal{P})를 일반화하여 재정의한다. 그리고 그 dual도 다시 정의하는데, 만약 OP_i P_{i+1}이 시계 삼각형이라면 -\overrightarrow{P_iP_{i+1}} = \overrightarrow{OQ_i}가 성립하도록 Q_i를 잡는다.

참고로 이런 상황에서 P_i들을 연결해 얻는 루프를 legal loop라 부른다

Legal loop \mathcal{L}에 대해 그 dual을 위와 같이 Q_i Q_{i+1}들을 연결해 얻은 루프로 정의하고 \mathcal{L}^{\vee}로 표기하면 다음과 같은 등식이 성립한다고 한다.

Theorem 4. l(\mathcal{L}) + l(\mathcal{L}^{\vee}) = 12 \omega

여기서도 \omega는 winding number이다. 이렇게 두고 보니 이 식에서 너무나 큰 기시감을 느끼게 될 것이다. 그도 그럴 것이, 이 정리가 바로 앞에서 증명한 Lemma 2와 동치이기 때문이다. Legal loop \mathcal{L}에 대해 그 한 변 P_i P_{i+1}의 “길이”가 \sigma_{i,i+1}이고, 이번에도 경우를 나눠서 따져보면 dual legal loop \mathcal{L}^{\vee}에서의 변 Q_{i-1} Q_i의 “길이”가 a_i + \sigma_{i-1,i} + \sigma_{i,i+1}이 된다는 것을 확인할 수 있기 때문에, 곧 l(\mathcal{L}) + l(\mathcal{L}^{\vee}) = \sum_{i=1}^n a_i + 3\sum_{i=1}^n \sigma_{i,i+1}을 얻을 수 있게 된다.


참고로 저자들은 이 12의 근원에 대해 몇 가지 설을 다음과 같이 짚었다.

대수 기학 전공자라면 algebraic surface의 정수 불변량과 연관이 있는 뇌터의 공식 속의 12를 떠올릴 것이다. Automorphic form을 공부하는 사람들이라면 \Delta(z)의 weight 12를 떠올릴 것이다. 점성술에 발을 살짝 담가본 사람들이라면 별자리 갯수 12를 떠올릴 것이다. 우리는 이 정리를 앞의 두 12와만 연관지을 것이다.

References

[1] B. Poonen and F. Rodriguez-Villegas, “Lattice Polygons and the Number 12”, The American Mathematical Monthly, 2000 Mar; 107(3): 238-250. DOI:10.2307/2589316

12가 왜 거기서 나와”의 1개의 생각

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