장 34 보너스: 위상적 아벨-루피니 정리

우리는 이미 대수학의 기본 정리를 증명했습니다. 이제 앞에서 얻은 정칙 $n$ 제곱근에 대한 직관을 이용하여 5차 다항식의 근을 구하는 일반적인 공식이 존재하지 않음을 보일 수 있습니다.

34.1 전체 계획

먼저, 여기서 “공식”이란 도대체 무엇을 의미합니까?

정의 34.1.1.

5차 근의 공식이란 $5$ 차 다항식 $P$ 의 계수 $(a_{0},\dots,a_{5})$ 를 입력받아 연산 $+$ , $-$ , $\times$ , $\div$ , $\sqrt[n]{}$ 를 유한 번 사용하여 $P$ 의 다섯 근 $(z_{1},\cdots,z_{5})$ 로 보내는 사상인 공식을 말합니다.

이제, 제안된 어떤 5차 근의 공식 $F$ 든 근이 같으면 같은 계수를 받으므로 같은 출력을 냅니다. 언뜻 보기에는 문제가 없지만, 두 근을 연속적으로 맞바꾸면 더 많은 문제가 생길 수 있습니다. $F$ 는 이러한 순열 아래에서 근들의 어떤 순서를 만들어 내고 보존해야 합니다.

질문 34.1.2.

근들을 매끄러운 경로를 따라 움직일 때 어떤 $F$ 든 실제로 어느 근이 어느 근인지 추적해야 함을 스스로 납득해 보십시오.

비고 34.1.3.

브링 근기처럼 훨씬 더 복잡한 함수까지 동원한다면 이는 성립하지 않습니다. 하지만 이것은 진정으로 “정당한 방법”으로 여겨지지 않았습니다.

34.2 1단계: 가장 간단한 경우

동기를 얻기 위해 먼저 $\sqrt[n]{}$ 연산자를 무시합시다. 어떤 유리함수 $R$ 이 5차 다항식 $P(z)=(z-z_{1})(z-z_{2})(z-z_{3})(z-z_{4})(z-z_{5})$ 의 근 하나를 항상 찾아낸다고 제가 말했다고 가정합시다. 간단히 하기 위해 모든 근이 서로 다르다고 합시다.

처음에 $R$ 이 $z_{1}$ 을 출력한다고 가정합시다. 다른 근을 지나지 않고 서로 교차하지 않는 두 경로를 따라 근 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 매끄럽게 맞바꾸면 어떤 일이 일어나는지 생각해 보십시오.

$R$ 은 연속이므로 같은 근을 계속 추적해야 합니다. 그런데 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 다 맞바꾸고 나면 $P$ 의 계수는 처음과 똑같습니다. 이는 곧 $R$ 이 속아서 자신이 출력하는 근을 바꾸었다는 뜻이므로 모순입니다!

여기서 더 큰 그림은, $R$ 을 고정하면서 $S_{5}$ 에서 근들의 순서를 바꾸는 연산을 찾을 수 있었다는 것입니다.

34.3 2단계: 중첩된 근호

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

예제 34.3.1 (근의 공식).

경시 수학을 해 보셨다면, 다항식 $P(z)=az^{2}+bz+c=(z-z_{1})(z-z_{2})$ 에 대해 다음 식의 두 분기가

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

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

그렇다면 왜 여기서는 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 맞바꾸어도 모순이 생기지 않습니까? 모든 계수는 시작 위치로 돌아오지만, $\sqrt{b^{2}-4ac}$ 가 움직이는 방식의 올림은 그렇지 않을 수 있기 때문입니다.

연습문제 34.3.2.

다항식 $z^{2}-1$ 을 생각하십시오. 그런 다음 근들을 매끄럽게 맞바꾸어 중간 다항식 $(z-e^{it})(z+e^{it})$ 를 얻으십시오. 근의 공식이 주는 두 근도 위치가 맞바뀐다는 것을 확인하십시오.

이제 그다음으로 간단한 경우인 유리함수의 $n$ 제곱근 $\sqrt[n]{R}$ 을 생각하고, 근들의 자명하지 않은 순열로 이를 고정해 봅시다.

근 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 맞바꾸면 $R$ 은 그대로 유지되지만, 원점 주위를 도는 $R$ 의 경로 $\alpha$ 에는 위상 변화 $2\pi a$ 가 누적되었을 수 있습니다. 같은 방식으로 $z_{1}$ 과 $z_{2}$ 를 되돌려 바꾸면 위상 변화는 상쇄되지만, 결국 아무것도 하지 않은 상태로 돌아가게 됩니다.

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

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

연습문제 34.3.3.

이 순열 연산이 자명하지 않음을 보이십시오.

이제 우리에게는 더 나은 도구가 있습니다. 유리함수의 $n$ 제곱근을 고정하는 $S_{5}$ 의 순열들, 그리고 $+$ , $-$ , $\times$ , $\div$ 에 대한 그것들의 합성이 있습니다.

이제 중첩된 근기는 어떻게 다루어야 합니까?

예제 34.3.4 (삼차 방정식의 근의 공식).

삼차 방정식의 근의 공식에는 다음과 같은 고약한 항이 들어 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}}.

여기서는 근을 여러 번 취했습니다.

정의 34.3.5.

중첩된 근기의 차수를 근기가 다른 근기 안에 들어 있을 수 있는 최대 횟수로 정의합니다.

이제 $\sqrt[3]{\sqrt{ab+c}-\sqrt{d}}$ 와 같은 차수 $2$ 의 중첩된 근기를 생각해 봅시다. 세제곱근의 내부를 고정하는 자명하지 않은 교환자 $\sigma$ 와 $\rho$ 가 존재한다는 것은 알고 있지만, 이번에도 각 연산을 개별적으로 적용하면 위상이 보존되지 않을 수 있습니다. 이번에도 마찬가지로 이 교환자들의 교환자, 예컨대 $\sigma\rho\sigma^{-1}\rho^{-1}$ 를 생각할 수 있으며, 같은 논리에 의해 이것은 위상 문제를 해결합니다.

차수 $3$ 이상의 근기를 처리하기 위해 교환자의 교환자의 교환자 등을 생각하지 못할 이유는 없습니다. 따라서 남은 것은 자명하지 않은 교환자를 언제나 계속 얻을 수 있다는 사실뿐입니다.

34.4 3단계: 정규 부분군

이제 이 문제는 군론 문제로 환원되었습니다. 다음과 같은 교환자들의 사슬이 주어졌을 때

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

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

연습문제 34.4.1.

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

정의 34.4.2.

군 $G$ 의 유도열이 결국 자명해지면 $G$ 를 가해군이라고 합니다.

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

34.5 요약

이것은 분명 올바른 증명이지만 장단점이 있습니다. 단점으로는, $z^{5}-z-1$ 과 같은 특정 다항식이 중첩된 $n$ 제곱근으로 표현할 수 없는 근을 가진다는 것은 보이지 못했습니다. 우리는 모든 $5$ 차 다항식에 대한 공식이 없다는 것만 보였습니다.

장점으로는, 이 논증을 이용하면 $\exp$ , $\sin$ , $\cos$ 와 같은 함수를 더 추가하더라도 여전히 그러한 공식이 존재하지 않음을 쉽게 보일 수 있습니다. 또한 사람들이 이 정리를 $A_{5}$ 가 가해군이 아니라는 사실과 비교할 때 무엇을 뜻하는지 대략적으로 이해할 수 있게 해 줍니다.

34.6 생각해 볼 만한 조금 더 어려운 문제

문제 34A.

^†^†margin:

$A_{5}$ 가 가해군이 아님을 보이십시오.