장 34 보너스: 위상수학적 아벨-루피니 정리

우리는 이미 대수학의 기본 정리를 증명했습니다. 이제 정칙 $n$ 제곱근에 대한 앞선 직관을 바탕으로, 오차 다항식의 근에 대한 일반적인 공식이 존재하지 않음을 보일 수 있습니다.

34.1 진행 계획

먼저, 여기서 “공식”이 의미하는 바는 무엇일까요?

정의 34.1.1.

오차 공식이란 차수 $5$ 다항식 $P$ 의 계수 $(a_{0},\dots,a_{5})$ 를 입력으로 받아, 연산 $+$ , $-$ , $\times$ , $\div$ , $\sqrt[n]{}$ 를 유한 번 사용하여 $P$ 의 다섯 근 $(z_{1},\cdots,z_{5})$ 로 대응시키는 공식일 것입니다.

이제, 제안된 오차 공식 $F$ 는 근이 같으면 같은 계수를 받으므로 같은 출력을 냅니다. 이는 얼핏 보기엔 문제가 없어 보이지만, 두 근을 연속적으로 맞바꾸는 경우 더 많은 문제가 생길 수 있습니다. $F$ 는 이러한 순열 아래에서 근들의 어떤 순서를 만들어내고 보존해야 합니다.

질문 34.1.2.

임의의 $F$ 가 근들을 매끄러운 경로를 따라 움직일 때 실제로 어느 근이 어느 근인지 추적해야만 함을 스스로 확인해 보십시오.

비고 34.1.3.

브링 근호와 같은 더 복잡한 함수를 끌어들이면 이는 성립하지 않습니다. 하지만 이는 딱히 “공정한 경기”로 여겨지지 않았습니다.

34.2 단계 1: 가장 단순한 경우

동기 부여를 위해 먼저 $\sqrt[n]{}$ 연산자를 무시해 봅시다. 어떤 유리함수 $R$ 이 항상 오차 다항식 $P(z)=(z-z_{1})(z-z_{2})(z-z_{3})(z-z_{4})(z-z_{5})$ 의 근 하나를 찾아낸다고 말했다고 가정해 봅시다. 단순화를 위해, 모든 근이 서로 다르다고 합시다.

처음에 $R$ 이 $z_{1}$ 을 출력한다고 가정해 봅시다. 다른 근들을 지나지 않는 두 개의 서로 교차하지 않는 경로를 따라 근 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 매끄럽게 맞바꿀 때 무슨 일이 일어나는지 살펴봅시다.

$R$ 이 연속이므로, 같은 근을 추적하고 있어야 합니다. 하지만 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 맞바꾸는 것을 마치면, $P$ 의 계수는 처음과 동일해집니다. 그런데 이는 $R$ 이 속아서 출력하는 근을 바꾸었다는 것을 의미하며, 모순입니다!

여기서 더 큰 그림은, $S_{5}$ 에서 근들의 순서를 바꾸면서도 $R$ 을 고정시키는 연산을 찾을 수 있었다는 점입니다.

34.3 단계 2: 중첩된 근호

$\sqrt[n]{}$ 를 다시 그림에 추가하면, 이 아이디어는 그대로는 더 이상 통하지 않습니다.

예제 34.3.1 (이차 공식).

경시대회 수학을 해본 적이 있다면, 다항식 $P(z)=az^{2}+bz+c=(z-z_{1})(z-z_{2})$ 에 대해 다음의 두 분지가

\frac{-b\pm\sqrt{b^{2}-4ac}}{2a}

$z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 준다는 것을 알고 있을 것입니다.

그렇다면 왜 여기서 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 맞바꾸는 것이 모순을 낳지 않을까요? 그것은 모든 계수가 결국 시작 위치로 돌아오는 반면, $\sqrt{b^{2}-4ac}$ 가 이동하는 방식의 들어올림은 그렇지 않을 수 있기 때문입니다.

연습문제 34.3.2.

다항식 $z^{2}-1$ 을 생각해 봅시다. 그런 다음 근들을 매끄럽게 맞바꾸어 $(z-e^{it})(z+e^{it})$ 라는 중간 다항식들을 얻습니다. 이차 공식으로 주어지는 두 근 역시 위치가 맞바뀜을 확인해 보십시오.

이제 유리함수의 $n$ 제곱근 $\sqrt[n]{R}$ 이라는 다음으로 단순한 경우를 생각해 보고, 근들의 자명하지 않은 순열로 이를 고정시켜 봅시다.

근 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 맞바꾸면 $R$ 은 그대로 유지되지만, 원점을 도는 $R$ 의 경로 $\alpha$ 는 위상에서 $2\pi a$ 만큼의 변화를 누적했을 수 있습니다. $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 같은 방식으로 다시 맞바꾼다면, 위상의 변화는 원래대로 되돌리겠지만, 결국 아무것도 하지 않은 것과 같아질 것입니다.

하지만 위상의 변화는 아벨적인 반면, 순열은 그렇지 않습니다. 근 $z_{2}$ 와 $z_{3}$ 을 맞바꾸는 또 다른 연산을 생각해 봅시다. 두 연산의 교환자를 취하면, 모든 위상은 그대로 유지되지만 결국 순열 $(12)(23)(12)^{-1}(23)^{-1}$ 을 얻게 됩니다.

두 번째 연산의 경로를 $\beta$ 로 표시한다면, 이는 $\alpha\beta\alpha^{-1}\beta^{-1}$ 에 대응됩니다.

연습문제 34.3.3.

이 순열 연산이 자명하지 않음을 보이십시오.

이제 우리는 더 나은 도구를 가지고 있습니다: 유리 함수의 $n$ 제곱근을 고정하는 $S_{5}$ 의 순열들과, $+$ , $-$ , $\times$ , $\div$ 하에서의 이들의 합성을 가지고 있습니다.

이제 중첩된 근호는 어떻게 다루어야 합니까?

예제 34.3.4 (삼차 공식).

삼차 공식에는 까다로운 항이 포함되어 있습니다.

\sqrt[3]{\frac{2b^{3}-9abc+27a^{2}d+\sqrt{(2b^{3}-9abc+27a^{2}d)^{2}-4(b^{2}-3% ac)^{3}}}{2}}.

여기서 우리는 여러 개의 근을 취했습니다.

정의 34.3.5.

중첩된 근호의 차수를, 근호가 다른 근호 안에서 발견될 수 있는 최대 횟수로 정의합니다.

이제 예를 들어 $\sqrt[3]{\sqrt{ab+c}-\sqrt{d}}$ 와 같은, 차수가 $2$ 인 중첩된 근호를 생각해 봅시다. 우리는 세제곱근의 내부를 고정하는 자명하지 않은 교환자 $\sigma$ 와 $\rho$ 를 가지고 있음을 알고 있지만, 이번에도 위상은 각 연산 개별적으로는 보존되지 않을 수 있습니다. 다시 한번, 우리는 이 교환자들의 교환자, 예를 들어 같은 논리에 의해 위상 문제를 해결하는 $\sigma\rho\sigma^{-1}\rho^{-1}$ 를 고려할 수 있습니다.

차수가 $3$ 인 근호 등을 해결하기 위해 교환자들의 교환자들의 교환자를 고려하지 못할 이유는 없습니다. 따라서 우리가 항상 자명하지 않은 교환자를 계속 얻을 수 있다는 것만 남습니다.

34.4 3단계: 정규 군

우리는 이를 군론 문제로 환원했습니다. 교환자들의 사슬이 주어졌을 때

S_{5}=G\supseteq G^{(1)}\supseteq G^{(2)}\supseteq\dots

여기서 각 군은 이전 군의 교환자 부분군이며, 우리는 $G^{(n)}$ 이 결코 자명해지지 않음을 보이고자 합니다. 이 사슬을 유도열이라고 부릅니다.

연습문제 34.4.1.

군 $G$ 의 교환자 부분군 $[G,G]$ 에 대해 $[G,G]\trianglelefteq G$ 가 성립하며, $G/[G,G]$ 가 아벨 군임을 보이십시오.

정의 34.4.2.

군 $G$ 는 그 유도열이 결국 자명해지면 가해군이라고 합니다.

따라서 남은 것은 $S_{5}$ 가 가해군이 아님을 보이는 것뿐입니다. 이는 이 장의 위상수학적 아이디어와는 관련이 없는 계산이므로, 문제 34A로 미루겠습니다.

34.5 요약

이것이 실제로 타당한 증명이기는 하지만, 여기에는 몇 가지 장단점이 있습니다. 단점으로는, $z^{5}-z-1$ 과 같은 다항식이 중첩된 $n$ 제곱근을 사용하여 표현할 수 없는 근을 가진다는 것을 우리가 보이지 않았다는 점입니다. 우리는 단지 모든 $5$ 차 다항식에 대한 공식이 존재하지 않는다는 것만을 보였을 뿐입니다.

장점으로는, 이 논증을 통해 $\exp$ , $\sin$ , $\cos$ 와 같은 함수들을 더 추가하더라도 그러한 공식이 존재하지 않음을 쉽게 보일 수 있다는 점입니다. 또한 이 정리를 $A_{5}$ 가 가해군이 아니라는 사실과 비교할 때 사람들이 무엇을 의미하는지를 대략적으로 이해할 수 있게 해줍니다.

34.6 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 34A.

^†^†margin:

$A_{5}$ 가 가해군이 아님을 보이십시오.