토픽 픽업 · 분할수

조각난 수의 다잉 메세지

How a number breaks — and the message it leaves behind.

자연수 하나를 더 작은 자연수들의 합으로 쪼개는 방법은 몇 가지일까요? 이 단순한 물음의 답 $p(n)$은 $n$이 커지면 폭발하듯 늘어납니다. 그런데 그 잔해 속에 — 홀수 조각의 수가 서로 다른 조각의 수와 몰래 같고, 라마누잔이 읽어낸 "5로 나누어떨어진다"는 다잉 메세지가 — 숨어 있습니다. 조각난 수가 남긴 단서를 따라가 봅니다.

1수를 조각내기 — 분할이란

분할(partition)이란 자연수 $n$을 순서를 무시하고 자연수들의 합으로 쓰는 방법입니다. 예를 들어 $4$는

$4$의 분할 — 5가지

$4,\quad 3{+}1,\quad 2{+}2,\quad 2{+}1{+}1,\quad 1{+}1{+}1{+}1.$ 그래서 $p(4)=5$. ($3{+}1$과 $1{+}3$은 같은 것으로 셉니다 — 순서는 안 봐요.)

이 개수를 분할수 $p(n)$이라 부릅니다. $p(0)=1$(빈 합)로 약속하면, 처음 몇 개는

$$ p(n):\ 1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 5,\ 7,\ 11,\ 15,\ 22,\ 30,\ 42,\ 56,\ 77,\ \dots\quad(n=0,1,2,\dots) $$

각 분할은 점을 줄줄이 쌓은 페러스 다이어그램으로 그릴 수 있어요(큰 조각부터 위에서 아래로 한 줄씩). 아래에서 $n$을 바꿔, 한 수가 깨지는 모든 방식을 직접 보세요.

$n$의 모든 분할 — 페러스 다이어그램

n = 5

점 무더기 하나가 분할 하나입니다. $n$이 1 늘 때마다 가짓수가 얼마나 가파르게 느는지 보세요.

얼마나 빨리 폭발하나 — 하디·라마누잔

$p(n)$은 다항식보다 훨씬 빠르게, 그렇다고 지수만큼은 아니게 자랍니다. 1918년 하디와 라마누잔이 그 정확한 속도를 알아냈죠: \[ p(n)\ \sim\ \frac{1}{4n\sqrt3}\,\exp\!\Big(\pi\sqrt{\tfrac{2n}{3}}\Big). \] $p(100)=190{,}569{,}292$, $p(1000)$은 무려 31자리 수예요. 단순한 셈인데 답은 이렇게 거대합니다.

2켤레분할 — 다이어그램을 뒤집다

페러스 다이어그램에는 공짜 마술이 숨어 있어요. 점 그림을 대각선으로 뒤집으면(행과 열을 맞바꾸면) 또 다른 분할이 됩니다. 이걸 원래 분할 $\lambda$의 켤레 $\lambda'$라 불러요. 뒤집기 한 번으로 정리가 공짜로 떨어집니다 — $\lambda$의 조각 개수는 $\lambda'$의 가장 큰 조각과 같으니까:

켤레 대응

조각이 최대 $k$개인 분할의 수 $=$ 모든 조각이 $\le k$인 분할의 수 (서로 켤레라 일대일).

분할과 그 켤레 — 뒤집어 보기

n = 6 분할 # 3

왼쪽이 $\lambda$, 오른쪽이 대각선으로 뒤집은 $\lambda'$. 행 수와 열 수가 정확히 맞바뀝니다.

자기켤레 = 서로 다른 홀수 조각

뒤집어도 그대로인 자기켤레 분할(대각선 대칭)은 정체를 하나 숨기고 있습니다. 대각선 칸마다 갈고리(ㄱ자: 오른쪽 팔 + 아래 다리)를 떼면, 대칭이라 팔과 다리 길이가 같아 갈고리 길이가 늘 홀수($=2\cdot$팔$+1$)이고, 안으로 갈수록 짧아져 서로 다릅니다:

자기켤레 ↔ 서로 다른 홀수

자기켤레 분할의 수 = 서로 다른 홀수 조각 분할의 수. 갈고리 길이들이 곧 그 홀수 조각이에요 (예: $4{+}2{+}1{+}1$의 갈고리는 $7,1$ → $7{+}1$).

자기켤레의 갈고리 → 서로 다른 홀수

n = 9 자기켤레 # 1

색이 다른 ㄱ자 갈고리 하나가 홀수 조각 하나입니다 — 길이가 전부 다른 홀수죠.

3생성함수 — 수열을 통째로 들고 다니기

분할수를 다루는 가장 강력한 연장이 생성함수입니다. 아이디어는 단순해요 — 수열 $(a_0,a_1,a_2,\dots)$ 전체를 한 줄에 꿰어 하나의 식으로 만드는 겁니다:

$$ A(x)\;=\;a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots\;=\;\sum_{n\ge0}a_n x^n. $$

여기서 $x$는 값을 대입할 변수가 아니라 자리표시용 옷걸이예요(수렴은 신경 쓰지 않습니다). $x^n$의 계수를 읽으면 $a_n$이 튀어나오죠. 생성함수가 강력한 이유는 곱셈에 있습니다. 두 생성함수를 곱하면 계수가 합성곱으로 섞여요:

$$ [x^n]\,A(x)B(x)\;=\;\sum_{k=0}^{n}a_k\,b_{n-k}. $$

가장 기본이 되는 한 조각이 등비급수입니다 — "$k$짜리 조각을 몇 개 쓸까"를 통째로 담죠:

$$ \frac{1}{1-x^k}\;=\;1+x^k+x^{2k}+x^{3k}+\cdots\qquad(\text{0개, 1개, 2개, }\dots\text{ 의 } k). $$

이 한 줄이 다음 장에서 분할수의 비밀을 통째로 풀어 줍니다.

4분할수의 생성함수

분할 하나를 만드는 일은 "크기 $k$짜리 조각을 몇 개 넣을까"를 각 $k$마다 따로따로 정하는 일입니다. 크기 $k$를 $m$개 넣으면 합에 $mk$를 보태죠 — 그게 바로 $x^{mk}$. 그러니 크기 $k$ 담당 옷걸이는 $1+x^k+x^{2k}+\cdots=\frac1{1-x^k}$. 모든 $k$에 대해 곱하면 분할수의 생성함수가 떨어집니다:

분할수의 생성함수 (오일러)

\[ \sum_{n\ge0}p(n)\,x^n\;=\;\prod_{k\ge1}\frac{1}{1-x^k}\;=\;\frac{1}{(1-x)(1-x^2)(1-x^3)\cdots}. \]

곱을 전개해 $x^n$의 계수를 모으는 일이 곧 $n$을 조각내는 모든 방식을 세는 일과 정확히 같습니다. 아래에서 앞쪽 $K$개 인수만 곱해 보세요 — $n\le K$인 계수는 이미 $p(n)$과 똑같이 자리 잡습니다.

$\prod_{k=1}^{K}\frac{1}{1-x^k}$를 펼치면 $p(n)$이 나온다

곱한 인수 개수 K = 1

초록 계수는 이미 $p(n)$에 도달한 것($n\le K$), 회색은 아직 더 큰 인수를 기다리는 중. $K$를 키우면 왼쪽부터 차례로 확정됩니다.

5더피 정사각형 — 다이어그램을 자르다

모든 페러스 다이어그램에는 좌상단에 꼭 맞게 들어가는 가장 큰 정사각형이 있습니다 — 한 변이 $d$인 더피 정사각형이죠($\lambda_d\ge d$인 최대 $d$). 이 정사각형으로 다이어그램을 세 조각으로 자르면 — 정사각형, 그 오른쪽(행이 $\le d$개인 분할), 그 아래(조각이 모두 $\le d$인 분할) — 분할수의 또 다른 생성함수가 나옵니다:

더피 정사각형 항등식

\[ \sum_{n\ge0}p(n)\,x^n=\sum_{d\ge0}\frac{x^{d^2}}{\big[(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^d)\big]^2}. \]

$x^{d^2}$는 정사각형의 $d^2$칸, 분모의 두 $(1-x)\cdots(1-x^d)$는 각각 오른쪽과 아래 조각을 담죠(둘 다 "조각이 $\le d$개"인 분할의 생성함수, 켤레로 보면 같은 모양). 아래에서 더피 정사각형이 어떻게 잡히는지 보세요.

더피 정사각형으로 자르기

n = 8 분할 # 1

주황 정사각형($d\times d$), 초록=오른쪽 조각, 파랑=아래 조각.

6오일러와 글레이셔 — 홀수=서로 다른, 그리고 그 일반화

이제 첫 번째 다잉 메세지입니다. 두 가지 전혀 달라 보이는 셈을 비교해 보죠.

홀수 분할: 조각이 모두 홀수인 분할 (예: $7=5{+}1{+}1=3{+}3{+}1=\cdots$).
서로 다른 분할: 조각이 모두 서로 다른 분할 (같은 크기 두 번 금지; 예: $7=7=6{+}1=4{+}3=\cdots$).

오일러의 정리 (1748)

모든 $n$에 대해, 홀수 조각으로의 분할 수 = 서로 다른 조각으로의 분할 수.

생성함수로 보면 한 줄로 증명됩니다. 서로 다른 분할은 각 조각을 0번 또는 1번 쓰니 옷걸이가 $(1+x^k)$, 홀수 분할은 홀수 $k$에 대해서만 $\frac1{1-x^k}$이죠. 그런데:

PROOF — 짝수 인수가 통째로 약분된다

$1+x^k=\dfrac{1-x^{2k}}{1-x^k}$를 모든 $k$에 대해 곱하면

\[ \prod_{k\ge1}(1+x^k)\;=\;\prod_{k\ge1}\frac{1-x^{2k}}{1-x^k}\;=\;\frac{\prod_{k\ge1}(1-x^{2k})}{\prod_{k\ge1}(1-x^k)}. \]

분자 $\prod(1-x^{2k})$는 분모 $\prod(1-x^k)$에서 짝수 번호 인수들 그 자체예요. 깨끗이 약분되어 홀수 번호 인수만 분모에 남습니다:

\[ \prod_{k\ge1}(1+x^k)\;=\;\prod_{k\ \text{홀수}}\frac{1}{1-x^k}. \]

왼쪽은 서로 다른 분할의 생성함수, 오른쪽은 홀수 분할의 생성함수. 두 수열이 같으니 — 셈도 같습니다. $\blacksquare$

조각을 직접 옮기는 다리 — 글레이셔 대응

생성함수 없이 일대일 대응으로도 증명됩니다. 홀수 분할에서 홀수 $d$가 $m$번 나오면, $m$을 이진법으로 적어 $m=2^{a_1}+2^{a_2}+\cdots$. 그럼 $d$들을 모아 서로 다른 조각 $d\cdot2^{a_1},\,d\cdot2^{a_2},\dots$로 합칩니다. 거꾸로 서로 다른 조각은 $2^a\cdot(\text{홀수})$로 유일하게 쪼개 되돌리죠. 정확히 역연산이라 완벽한 짝짓기예요.

두 분할은 늘 같은 개수 — 직접 세어 보기

n = 7

홀수 조각 분할

서로 다른 조각 분할

두 목록의 길이가 항상 똑같습니다. 줄 수를 세어 직접 확인해 보세요.

글레이셔의 일반화 — $2$ 대신 아무 $d$나

오일러의 "홀수=서로 다른"은 사실 $d=2$인 특수한 경우예요. 글레이셔(1883)는 이걸 통째로 일반화했습니다:

글레이셔의 정리

어떤 조각도 $d$의 배수가 아닌 분할의 수 $=$ 어떤 조각도 $d$번 넘게 쓰지 않는(각 조각 $\lt d$번) 분할의 수.

증명도 약분 그대로입니다 — $\prod_{d\nmid k}\frac1{1-x^k}=\prod_{k\ge1}\frac{1-x^{dk}}{1-x^k}=\prod_{k\ge1}(1+x^k+\cdots+x^{(d-1)k})$, 맨 오른쪽이 "각 조각을 $0\sim d{-}1$번"의 생성함수죠. $d=2$면 홀수=서로 다른으로 되돌아옵니다. 아래에서 $d$를 바꿔 보세요.

$d$를 바꿔도 두 셈은 같다

d = 3 n = 9

왼쪽 = $d$의 배수가 없는 분할, 오른쪽 = 같은 조각을 $d$번 미만 쓴 분할. 늘 같은 개수입니다.

7오각수의 정체 — 프랭클린의 소거

5장의 더피, 8장의 라마누잔 증명이 모두 한 무한곱 $\prod(1-x^n)$에 기대고 있었죠. 이 곱을 전개하면 거의 모든 계수가 $0$이고, $\pm1$이 오각수 자리에만 띄엄띄엄 나타납니다 — 오일러의 오각수 정리입니다:

오일러의 오각수 정리

\[ \prod_{n\ge1}(1-x^n)=\sum_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^k x^{\frac{k(3k-1)}{2}}=1-x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+\cdots \]

왜 하필 오각수일까요? $\prod(1-x^n)$을 전개하면 각 항은 서로 다른 조각으로의 분할이고, 부호는 조각 개수의 홀짝 $(-1)^{(\text{조각 수})}$입니다. 그러니 $x^n$의 계수는 "서로 다른 분할 중 (짝수 조각 개수)$-$(홀수 조각 개수)"예요. 프랭클린(1881)은 이 둘을 거의 완벽하게 짝지어 소거하는 손맛 좋은 대응을 찾았습니다.

PROOF — 프랭클린의 대합

서로 다른 분할에서 가장 작은 조각의 크기를 $s$, 오른쪽 위 비스듬한 모서리(가장 큰 조각부터 연속으로 $1$씩 줄어드는 칸들)의 길이를 $t$라 하자. 두 가지 수를 비교해 한쪽을 옮긴다:

$s\le t$이면 — 가장 작은 줄(조각 $s$)을 떼어, 모서리 맨 위 $s$칸에 하나씩 얹는다(조각 수 $1$ 감소).
$s\gt t$이면 — 모서리 $t$칸을 떼어, 맨 아래에 새 조각 $t$로 놓는다(조각 수 $1$ 증가).

이 조작은 되돌릴 수 있고(자기 자신을 짝으로 갖는 대합), 조각 수의 홀짝을 한 번 뒤집습니다. 그러니 짝수 조각과 홀수 조각이 일대일로 짝지어 소거돼요. 단 — 작은 줄과 모서리가 겹쳐서 옮길 수 없는 모양만 살아남는데, 그게 정확히 $k(3k\mp1)/2$개 칸의 오각수 모양이고 부호 $(-1)^k$로 남습니다. $\blacksquare$

프랭클린의 대응 — 짝을 직접 옮겨 보기

n = 7 서로 다른 분할 # 1

왼쪽 $\lambda$, 오른쪽이 짝 $\lambda'$. 초록=바닥 줄(최소 조각 $s$), 주황=오른쪽 위 계단($t$). 둘 중 짧은 쪽을 반대편으로 옮기면($s\le t$면 바닥을 계단 위로, 아니면 계단을 바닥으로) 조각 수의 홀짝이 뒤집혀 짝이 상쇄돼요. 겹쳐서 못 옮기는 오각수 모양만 짝 없이 살아남습니다.

8라마누잔의 합동식 — $p(5n{+}4)\equiv0\pmod 5$

분할수 표를 5개씩 끊어 늘어놓고 $5$로 나눈 나머지를 적으면, 누군가 남긴 암호처럼 한 줄이 통째로 0으로 깔립니다. $p(4)=5,\ p(9)=30,\ p(14)=135,\ p(19)=490\dots$ — $n$이 $4,9,14,19,\dots$일 때마다 $p(n)$이 어김없이 $5$의 배수예요. 1919년 라마누잔이 읽어낸 합동식입니다.

라마누잔의 합동식 (1919)

\[ p(5n{+}4)\equiv0\!\!\pmod 5,\quad p(7n{+}5)\equiv0\!\!\pmod 7,\quad p(11n{+}6)\equiv0\!\!\pmod{11}. \]

아래에서 직접 보세요 — 법($5$·$7$·$11$)을 고르면 그 줄에 맞춰 0의 띠가 곧게 나타납니다.

$p(n)\bmod m$ — 0의 띠를 찾아라

가로 한 줄이 연속한 $m$개의 $n$. 초록(=0)이 세로로 곧게 선 열이 라마누잔의 합동식이 가리키는 자리($n\equiv4,5,6$)입니다.

놀랍도록 간단한 증명 (mod 5)

이 "암호"가 왜 참인지, 모듈러 형식 같은 무거운 도구 없이 풀 수 있습니다. 두 가지 준비물만 있으면 돼요.

PROOF — $p(5n{+}4)\equiv0\pmod5$

① 신입생의 꿈 (mod 5). $(1-x)^5\equiv1-x^5\pmod5$이므로 $\prod_n(1-x^n)^5\equiv\prod_n(1-x^{5n})\pmod5$. 이걸 분할 생성함수에 끼우면

\[ \sum p(n)x^n=\frac{1}{\prod(1-x^n)}=\frac{\prod(1-x^n)^4}{\prod(1-x^n)^5}\equiv\frac{\prod(1-x^n)^4}{\prod(1-x^{5n})}\pmod5. \]

② 지수 거르기. 오른쪽 분모 $1/\prod(1-x^{5n})$에는 $x^{5k}$ 꼴(지수가 $5$의 배수)만 들어 있습니다. 그러니 지수가 $\equiv4\pmod5$인 $p(5n{+}4)$는 오직 $\prod(1-x^n)^4$에서 지수 $\equiv4\pmod5$인 항에서만 옵니다:

\[ p(5n{+}4)\;\equiv\;[\,x^{5n+4}\,]\ \textstyle\prod_{m\ge1}(1-x^m)^4 \pmod 5. \]

③ 두 고전 항등식. 7장의 오각수 정리와 야코비의 항등식으로 $\prod(1-x^m)^4=\prod(1-x^m)\cdot\prod(1-x^m)^3$을 펼치면

\[ \Big(\sum_{i}(-1)^i x^{\frac{i(3i-1)}{2}}\Big)\Big(\sum_{j\ge0}(-1)^j(2j{+}1)\,x^{\frac{j(j+1)}{2}}\Big), \]

각 항의 지수는 오각수 $\tfrac{i(3i-1)}2$ + 삼각수 $\tfrac{j(j+1)}2$, 계수는 $\pm(2j{+}1)$이에요.

④ 결정타 (mod 5). 오각수를 $5$로 나눈 나머지는 $\{0,1,2\}$뿐, 삼각수는 $\{0,1,3\}$뿐입니다(직접 확인됩니다). 둘의 합이 $\equiv4\pmod5$가 되는 경우는 오각수 $\equiv1$, 삼각수 $\equiv3$ 단 하나예요. 그런데 삼각수 $\tfrac{j(j+1)}2\equiv3\pmod5$는 $j\equiv2\pmod5$일 때뿐이고, 그러면 $2j{+}1\equiv0\pmod5$! 살아남는 모든 항의 계수 $(2j{+}1)$이 죄다 $5$의 배수라, 지수 $\equiv4$인 계수의 합도 $5$의 배수. 따라서 $p(5n{+}4)\equiv0\pmod5$. $\blacksquare$

왜 '다잉 메세지'인가

라마누잔은 정식 증명 전에 이 패턴을 표만 보고 알아챘습니다. 조각난 수들이 남긴 나머지의 자취에서 규칙을 읽어낸 거죠. $7$과 $11$도 비슷하게 증명되고, 더 큰 소수들엔 이런 깔끔한 합동식이 없다는 것($13$은 안 됨)까지가 이야기의 묘미입니다. 단순한 셈이 이렇게 깊은 정수론으로 곧장 이어져요.

9로저스–라마누잔 — 또 하나의 mod 5

마지막으로, 분할론에서 가장 신비롭다는 한 쌍의 항등식. 조건이 전혀 달라 보이는 두 분할의 수가 또 같습니다 — 게다가 여기서도 $\bmod 5$가 튀어나와요.

로저스–라마누잔 항등식 (제1)

이웃한 조각이 적어도 $2$씩 차이 나는 분할의 수 $=$ 모든 조각이 $\equiv1$ 또는 $4\ (\bmod 5)$인 분할의 수.

예컨대 $9$는 — "차이 $\ge2$" 쪽이 $9,\ 8{+}1,\ 7{+}2,\ 6{+}3,\ 5{+}3{+}1$로 다섯 가지, "$1,4\bmod5$" 쪽도 $9,\ 6{+}1{+}1{+}1,\ 4{+}4{+}1,\ 4{+}1^5,\ 1^9$로 다섯 가지. 생성함수로 쓰면 그 유명한

\[ \sum_{k\ge0}\frac{x^{k^2}}{(1-x)(1-x^2)\cdots(1-x^k)}=\prod_{k\ge0}\frac{1}{(1-x^{5k+1})(1-x^{5k+4})} \]

인데, 양변이 같다는 건 결코 자명하지 않습니다(왼쪽은 "차이 $\ge2$", 오른쪽은 "$1,4\bmod5$"의 생성함수). 오일러의 약분 같은 손쉬운 길이 없고, 일대일 대응(가르시아–밀른)은 악명 높게 어렵죠. 그래도 답은 늘 같습니다 — 아래에서 세어 보세요.

차이 $\ge2$ vs $1,4\bmod5$ — 또 같은 개수

n = 9

이웃 차이 ≥ 2

조각 ≡ 1, 4 (mod 5)

법 $5$가 분할의 합동식(8장)에 이어 여기서도 — 분할론과 $5$의 인연은 끈질깁니다.

10순서를 매기면 — 합성의 생성함수

지금까지는 $3{+}1$과 $1{+}3$을 같은 것으로 셌습니다(분할). 그런데 순서를 구분하면 — $3{+}1\neq1{+}3$ — 그건 합성(composition)이에요. 박을 쪼개는 리듬이 바로 이거죠. $n$의 합성 개수가 깔끔하게 $2^{n-1}$이고, 그 "돌과 칸막이" 대응은 리듬 페이지에서 직접 만져 볼 수 있습니다. 여기선 같은 이야기를 생성함수로 합니다.

분할의 생성함수는 "크기별로 몇 개"를 정하는 곱이었죠. 합성은 순서가 있으니 부분들을 수열로 이어 붙입니다. 부분 하나의 옷걸이는 $x+x^2+\cdots=\frac{x}{1-x}$, 그걸 $k$개 이으면 $\big(\frac{x}{1-x}\big)^k$, 길이를 다 더하면:

합성의 생성함수

\[ \sum_{n\ge0}c(n)x^n=\sum_{k\ge0}\Big(\frac{x}{1-x}\Big)^k=\frac{1}{\,1-\frac{x}{1-x}\,}=\frac{1-x}{1-2x}=1+\sum_{n\ge1}2^{\,n-1}x^n. \]

같은 벽돌(부분)인데 조립법이 다릅니다 — 분할은 곱(순서 없음), 합성은 수열(순서 있음). 그 작은 차이가 한쪽은 닫힌 공식 $2^{n-1}$, 다른 쪽은 닫힌 공식이 없는 $p(n)$으로 운명을 갈라 놓죠.

부분을 제한하면 — 한 식으로 통합

부분을 집합 $S$로 제한하면 옷걸이가 $\sum_{s\in S}x^s$로 바뀔 뿐, 수열 구성은 그대로라: \[ \sum_{n\ge0} c_S(n)\,x^n=\frac{1}{\,1-\sum_{s\in S}x^s\,}. \] $S=$모든 자연수면 $\frac1{1-x/(1-x)}\to2^{n-1}$. 그런데 $S$를 살짝 바꾸면 — 피보나치가 튀어나옵니다.

제한된 합성 = 피보나치

부분이 $\{1,2\}$: $\dfrac{1}{1-x-x^2}\Rightarrow c(n)=F(n{+}1)$ — $1{\times}n$ 보드를 정사각형·도미노로 까는 수와 같은 대응.
부분이 홀수: $c(n)=F(n)$. 부분이 $\ge2$: $c(n)=F(n{-}1)$.

아래에서 부분 집합을 바꾸며, 합성의 수가 $2^{n-1}$에서 피보나치로 옮겨 가는 걸 직접 세어 보세요.

부분을 제한하면 합성의 수는?

n = 6

순서를 구분하니 $2{+}1$과 $1{+}2$는 다른 합성. 닫힌 공식($2^{n-1}$ 또는 피보나치)과 늘 일치합니다.

한 걸음 더 — 칼리츠 합성

"이웃한 부분이 서로 다른" 합성(칼리츠 합성)도 생성함수로 셀 수 있는데, 식이 $\Big(1-\sum_{k\ge1}\frac{(-1)^{k-1}x^k}{1-x^k}\Big)^{-1}$로 제법 험해집니다 — 순서를 매기는 것만으로도 이렇게 깊은 조합론이 열려요.

11맺으며 — 조각 속의 질서

"수를 합으로 쪼갠다"는 초등학생도 아는 장난에서 출발해, 우리는 다이어그램을 뒤집고(켤레) 잘랐고(더피), 생성함수라는 망원경으로 무한 곱을 들여다봤고, 홀수 조각이 서로 다른 조각과 몰래 같은 수임을 약분 한 번으로(그리고 글레이셔로 일반화해) 봤으며, 프랭클린의 소거로 오각수가 어디서 오는지 밝히고, 라마누잔이 표에서 읽어낸 5로 나누어떨어짐을 오각수와 삼각수의 나머지만으로 증명했습니다. 마지막엔 순서를 매기는 것만으로 합성이 되어, 같은 벽돌이 곱 대신 수열로 조립되며 $2^{n-1}$과 피보나치로 갈라지는 것까지 봤죠.

분할은 여기서 멈추지 않아요 — 영 다이어그램은 대칭군의 표현론으로, 오각수 정리는 모듈러 형식으로, 합동식은 $q$-급수의 깊은 세계로 이어집니다. 조각난 수가 남긴 다잉 메세지는, 읽으면 읽을수록 더 긴 문장이 되는 셈이죠.

참고 자료

분할수·생성함수 — L. Euler, Introductio in analysin infinitorum (1748) · $\sum p(n)x^n=\prod 1/(1-x^k)$
켤레·자기켤레 — 페러스 다이어그램 전치 · 자기켤레 $=$ 서로 다른 홀수(대각선 갈고리)
홀수 = 서로 다른, 글레이셔 — 오일러 정리(1748) · 일반화 J. W. L. Glaisher (1883): $d$의 배수 없음 $=$ 각 조각 $\lt d$번
더피 정사각형 — $\sum p(n)x^n=\sum_d x^{d^2}/(x;x)_d^2$
오각수 정리·프랭클린 — L. Euler · 조합론적 증명 F. Franklin (1881)
로저스–라마누잔 — L. J. Rogers (1894)·S. Ramanujan · 차이 $\ge2$ $=$ 조각 $\equiv1,4\ (\bmod5)$ · 대응 Garsia–Milne (1981)
합성(composition) — 개수 $2^{n-1}$(돌·칸막이는 리듬) · GF $1/(1-\sum_{s\in S}x^s)$ · 제한하면 피보나치 · 칼리츠 합성
점근식 — G. H. Hardy & S. Ramanujan (1918), $p(n)\sim\frac1{4n\sqrt3}e^{\pi\sqrt{2n/3}}$
합동식 — S. Ramanujan (1919) · 오각수 정리(Euler)·삼중곱/야코비 항등식을 쓴 초등 증명(예: G. H. Hardy, M. D. Hirschhorn)
관련 페이지 — 대칭(영 다이어그램·표현론), 원주율(라마누잔의 또 다른 얼굴)