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3. 증명[편집]

대수학의 기본정리는 아이러니하게도 순수하게 대수학만을 이용하는 증명[6]은 존재하지 않는다.

그러나 수학과 교수들에 의하면 대수학만을 이용해서도 증명할 수 있다고 한다. 그러나 그 과정이 아래에 소개된 복소해석학 등을 응용한 증명에 비해 끔찍하게 어렵기 때문에(최소 대학원 수준의 대수학 지식이 필요하다고 한다)[7] 굳이 초등적 방법을 사용하지 않는다고. 때문에 이 문서에도 아직 초등적 증명법은 적혀있지 않다.

3.1. 리우빌의 정리를 이용한 증명[편집]

다음 증명은 리우빌의 정리(Liouville's theorem)[8]라는 복소해석학의 주요 정리를 이용한 증명으로, 증명 내용도 대학 학부 수준이고 복소해석학 자체를 수학과 외의 학과에서도 많이 쓰기 때문에 비교적 다른 학과들도 접하기 쉬운 증명이다. 리우빌의 정리는 사실 증명이 그렇게 어렵지 않지만, 정리의 증명에 필요한 재료가 상당히 많다. 자세한 내용은 복소해석학 책을 아무거나 구해서 보면 된다. 가장 간단하게 증명하는 방법은 코시 적분공식에서 유도되는 코시 부등식을 이용하는 것. 아래의 증명은 코시 적분공식에서 코시 부등식을 유도하는 과정을 생략했다. 생략된 유도 부분은 리우빌의 정리 항목에 정리되어 있다.

먼저 리우빌의 정리의 내용은 다음과 같다.

복소평면 전체에서 미분가능한 함수(전해석함수) �(�)f(z)가 유계이면[9] �(�)f(z)는 상수함수이다.

이는 복소해석학에서도 가장 아름다운 공식으로 꼽히는데 이는 당연히 �(�)f(z)가 실수함수라면 성립하지 않는다.[10] 쉽게 말해 복소함수가 전 복소평면에서 미분가능함에도 음이나 양의 무한대로 발산하지 않는다면 그러한 함수는 모조리 상수함수라는 소리이다.[11]

이제 리우빌의 정리를 이용해 대수학의 기본정리를 증명하고자 한다. 먼저 �(�)p(z)가 상수함수가 아닌 복소계수의 다항식이라 가정하자. 모순을 위해 �(�)p(z)가 복소평면에서 단 한 개의 근도 가지지 않는다고 가정하자. �(�)p(z)는 당연히 00이 아닌 상수항을 가지는데, 그렇지 않으면 00을 근으로 갖기 때문이다. �(�)p(z)는 다항함수이므로 전해석적이며, �(�)p(z)가 근을 가지지 않기에 1/�(�)1/p(z)또한 전해석함수이다. 만약 여기서 �(�)p(z)의 절댓값이 00이 아닌 양수 �M보다 항상 크다는것을 보일 수 있다면 (즉 ∣�(�)∣∣p(z)∣의 하한이 00보다 큰 양수) ∣1/�(�)∣∣1/p(z)∣가 �−1M−1보다 항상 작으므로 리우빌의 정리에 의해 �(�)p(z)가 상수함수임을 의미하며, 이는 모순이다. 따라서 �(�)p(z)는 적어도 하나의 근을 복소평면상에서 가져야 한다. (여기서 계속 00이 아닌 양수보다 큼을 강조하는 이유는 �(�)p(z)가 그냥 00보다 크다라고만 결론지으면 �z가 변함에 따라 00에 무한히 근접할 수 있는 경우가 존재할 수 있으며, 이 경우 1/�(�)1/p(z)의 절댓값이 무한히 커지므로 리우빌의 정리를 사용할 수 없다.)

이제 ∣�(�)∣∣p(z)∣가 모든 �z에 대해 (00보다 큰) 양수 �M보다 크거나 같음을 보이면 된다. 만약 �z가 매우매우 크다면 (좀더 엄밀히는 적절한 양수 �R가 존재하여, ∣�∣>�∣z∣>R일 때,) �(�)p(z)의 크기는 ��zn에 의해 지배되며, 이는 �z가 커지면 무한대로 발산하기에 ∣1/�(�)∣∣1/p(z)∣는 ∣�∣>�∣z∣>R에 대해서 상한이 존재한다. 만약 ∣�∣<�∣z∣리우빌의 정리에 의해 �(�)p(z)는 상수함수가 되어야 한다. 이는 모순이기에 �(�)p(z)는 적어도 하나의 근을 가진다.

보다 자세하게 정리하면 다음과 같이 된다.

리우빌의 정리를 기반으로 하는 대수학의 기본정리의 증명

정리: 임의의 �(�≥1)n(n≥1)차 다항함수에는 적어도 1개의 영점이 존재한다. 즉, �(�)=�0+�1�+�2�2+⋯+����(��≠0)P(z)=a0​+a1​z+a2​z2+⋯+an​zn(an​=0)일 때, 적어도 한개의 복소수 �0z0​가 존재하여, �(�0)=0P(z0​)=0이 성립한다.

∀�∈�,�(�)≠0∀z∈C,P(z)=0이라고 가정하자. 다항함수는 전해석함수이며, 모든 점에서 0이 아니라고 가정했으므로 �(�)=1�(�)f(z)=P(z)1​도 모든 점에서 정의되며 전해석함수이다. 이제, 이 함수가 유계임을 보이자. 먼저, �(�)P(z)를 다음과 같이 정의하자. �(�)=(��+�)��P(z)=(an​+w)zn 즉, �:=�0��+�1��−1+⋯+��−1�w:=zna0​​+zn−1a1​​+⋯+zan−1​​로 정의하자. 이제 충분히 큰 양수 �R을 취하면, ∣�∣≥�∣z∣≥R일 때, 아르키메데스 성질을 통해 �w의 모든 항이 ∣��∣2�2n∣an​∣​보다 작게 만들 수 있다. 이제, �w를 다시 써 보자. �:=�0��+�1��−1+⋯+��−1�w:=zna0​​+zn−1a1​​+⋯+zan−1​​이므로, ����−�=��zn−kak​​=bk​라고 두면, �:=∑�=0�−1��w:=k=0∑n−1​bk​가 된다. 일반화된 삼각부등식에 의하여, ∣∑�=1���∣≤∑�=1�∣��∣∣∣∣∣∣∣​k=1∑n​ak​∣∣∣∣∣∣​≤k=1∑n​∣ak​∣이므로, ∣�∣:=∣∑�=0�−1��∣≤∑�=0�−1∣��∣<∑�=0�−1∣��∣2�=∣��∣2∣w∣:=∣∣∣∣∣∣​k=0∑n−1​bk​∣∣∣∣∣∣​≤k=0∑n−1​∣bk​∣ ∣�∣<∣��∣2∣w∣<2∣an​∣​로 할 수 있다. ��an​은 임의의 복소수이므로 ∣�∣∣w∣은 유계다. 따라서, ∣�∣>�∣z∣>R일 때, 다음이 성립한다. ∣��+�∣≥∣∣��∣−∣�∣∣>∣��∣2∣an​+w∣≥∣∣an​∣−∣w∣∣>2∣an​∣​ �(�)=(��+�)��P(z)=(an​+w)zn이므로, ∣�∣>�∣z∣>R에서 다음이 성립함도 자명하다. ∣�(�)∣=∣��+�∣∣��∣>∣��∣2∣��∣>∣��∣2��∣P(z)∣=∣an​+w∣∣zn∣>2∣an​∣​∣zn∣>2∣an​∣​Rn 즉, ∣�∣>�∣z∣>R일 때, �(�)=1�(�)<2∣��∣��f(z)=P(z)1​<∣an​∣Rn2​가 되므로, ∣�∣≤�∣z∣≤R인 원판의 외부에서 함수 �f는 유계이다. 그런데 �f는 복소평면 전역에서 전해석함수이므로 원판 ∣�∣≤�∣z∣≤R 내부에서도 연속이 되어 유계함수가 되어야 한다. 즉, �f는 복소평면 전역에서 전해석함수이며 유계이므로, �f는 리우빌의 정리에 의하여 상수함수가 되어야 한다. 다시 말해서 1�f1​ 역시 상수함수가 되어야 한다. 하지만, �(�)=1�P(z)=f1​는 상수함수가 아닌 다항함수이므로 모순이 일어난다. 이는 ∀�∈�,�(�)≠0∀z∈C,P(z)=0로 가정한 전제가 틀렸음을 의미하고, 따라서 적어도 1개의 점에서 �(�)=0P(z)=0이 성립하는 영점을 갖게 된다.(Q.E.D.)

3.2. 루셰의 정리를 이용한 증명방법[편집]

이 증명은 복소해석학의 루셰의 정리(Rouché's theorem)를 이용한 증명방법이다. 한 가지 재밌는 특징이 뭐냐면, 리우빌의 정리를 통한 증명은 적어도 영점이 1개 있다만을 보장하는데 반해서, 루셰의 정리는 n차 방정식은 중근을 포함하여 정확하게 n개의 영점을 갖는다라는 사실을 추가적인 과정 없이 바로 보장한다는 것이다.[12]

먼저 루셰의 정리는 다음과 같다.

경로 �C는 다음 조건을 만족시키는 단순 닫힌경로다. (a) 두 함수 �(�)f(z)와 �(�)g(z)는 �C와 그 안쪽에서 해석적이다. (b) �C에 있는 모든 점에서 ∣�(�)∣>∣�(�)∣∣f(z)∣>∣g(z)∣가 성립한다. 이때, �C의 내부에서 �(�)f(z)와 �(�)+�(�)f(z)+g(z)의 근의 수는 중근을 포함하여 같다.

루셰의 정리를 기반으로 하는 대수학의 기본정리의 증명

정리: 임의의 �n(�≥1n≥1)차 방정식은 중근을 따로 셌을 때, 복소평면상에서 정확히 �n개의 근을 갖는다. 즉, �(�)=�0+�1�+�2�2+⋯+����(��≠0)P(z)=a0​+a1​z+a2​z2+⋯+an​zn(an​=0)일 때, 중복을 허가하여 n개의 복소수 ��zk​가 존재하여, �(��)=0P(zk​)=0이 성립한다.

�(�)=∑�=0�����P(z)=k=0∑n​ak​zk (단 ��≠0an​=0)라고 하자. 이제, 최대차항을 따로 떼어내서 �(�)=�(�)+�(�)P(z)=f(z)+g(z)라고 분리하자. 즉, �(�)=����f(z)=an​zn, �(�)=∑�=0�−1����g(z)=k=0∑n−1​ak​zk라고 두자. 일반화된 삼각부등식에 의해서, ∣�(�)∣≤∑�=0�−1∣����∣∣g(z)∣≤k=0∑n−1​∣∣∣​ak​zk∣∣∣​임은 자명하다. 이제 �z를 원 �>1R>1 상의 복소수. 즉, ∣�∣=�>1∣z∣=R>1이라고 두자. 그렇다면, ∣�(�)∣≤∑�=0�−1∣����∣=∑�=0�−1∣��∣��≤∑�=0�−1∣��∣��−1∣g(z)∣≤k=0∑n−1​∣∣∣​ak​zk∣∣∣​=k=0∑n−1​∣ak​∣Rk≤k=0∑n−1​∣ak​∣Rn−1임도 자명하다. 가장 마지막을 다시 정리하면 ∣�(�)∣≤∑�=0�−1∣��∣��−1=��−1∑�=0�−1∣��∣∣g(z)∣≤k=0∑n−1​∣ak​∣Rn−1=Rn−1k=0∑n−1​∣ak​∣가 된다.(�>1R>1이기 때문.) 이제, �>∑�=0�−1∣��∣∣��∣R>∣an​∣k=0∑n−1​∣ak​∣​라는 조건을 추가로 주자. 그러면 정리하게 되면 ∑�=0�−1∣��∣<∣��∣�k=0∑n−1​∣ak​∣<∣an​∣R이 성립하므로, 이를 위의 식에 대입해보자. ∣�(�)∣≤∑�=0�−1∣��∣��−1=��−1∑�=0�−1∣��∣<��−1∣��∣�=��∣��∣=∣�(�)∣∣g(z)∣≤k=0∑n−1​∣ak​∣Rn−1=Rn−1k=0∑n−1​∣ak​∣ �>∑�=0�−1∣��∣∣��∣,�>1R>∣an​∣k=0∑n−1​∣ak​∣​,R>1이라는 조건을 만족하는 경로 위에서 항상 ∣�(�)∣>∣�(�)∣∣f(z)∣>∣g(z)∣가 성립하므로, 루셰의 정리를 적용할 수 있다. 즉, �(�)+�(�)=�(�)f(z)+g(z)=P(z)와 �(�)f(z)는 �>∑�=0�−1∣��∣∣��∣,�>1R>∣an​∣k=0∑n−1​∣ak​∣​,R>1의 조건을 만족하는 모든 양의 실수 �R에 대하여 �:∣�∣=�C:∣z∣=R 내부에서 영점의 개수가 같게 된다. 그런데, ��≠0an​=0이므로 �(�)f(z)는 �=0z=0에서 중복을 허가하여 �n개의 근을 갖는다. 이와 �(�)P(z)의 영점의 개수가 같아야 하므로, 따라서 �(�)P(z)는 복소평면상에서 �n개의 중복을 허용한 근을 갖게 된다.(Q.E.D.)

3.3. 갈루아 이론을 이용한 증명[편집]

우리가 "방정식을 푼다" 고 할 때 방정식의 해를 어떤 집합에서 찾는지 생각해보자. 실수들의 집합 �R, 대수학의 기본정리의 경우 복소수들의 집합 �C, 종종 모듈로 연산을 할 경우 �p로 나눈 나머지만을 고려하여 {0,1,2,…,�−1}{0,1,2,…,p−1} 에서 해를 찾게 된다. 이러한 작업을 할 수 있는 일반적인 집합이 바로 체(field) 이다. 체에 대한 이론을 정립하고 기존에 고려하던 실수체 �R과 �C를 넘어서는 수많은 체들에 대해 방정식을 풀게 되면서 기존에 가능하지 않던 접근이 가능해진다. 갈루아 이론은 두 체 �⊂�E⊂F가 있을 때 두 체 사이의 체를 갈루아 군이라는 대상의 부분군과 일대일 대응을 시킴으로써 분류를 가능하게 하는 이론이다. 이로서 군에 대하여 정립된 이론 (Sylow theory 등)을 적용할 수 있게 된다.

이 증명에서 이용되는 "대수적이지 않은 성질"은 �R 위의 홀수차수 방정식은 근을 갖는다는 <중간값 정리> 와, 임의의 복소수의 제곱근이 복소수 집합 내에서 존재한다는, 본질적으로 <2차방정식의 풀이> 이다.

기존에 알고 있던 명제들을 체론의 언어로 바꾸는 것에서 시작하자.

중간값 정리
�R 의 홀수 차수 확대체(extension field)는 자기 자신뿐이다.[13]

2차방정식의 풀이
�C 의 2차 확대체는 자기 자신뿐이다.

대수학의 기본정리
�C의 유한 확대체(finite extension field)는 자기 자신뿐이다.[14]

이제 중간값 정리와 2차방정식의 풀이를 이용하여 대수학의 기본정리를 증명한다. �C 의 유한 확대체 �E 가 존재한다고 가정하자. 임의의 유한 확대체는 유한 갈루아 확대체에 포함된다[15]. �F를 �E를 포함하는 갈루아 확대체라 하자. 갈루아군 Gal(�/�)Gal(F/R) 의 2-Sylow Subgroup �H 를 생각하자. 갈루아 이론에 의해 �=Gal(�/�′)H=Gal(F/F′)가 되는 �F의 부분체 �′F′가 존재하며, �H가 2-Sylow Subgroup이므로 [�′:�][F′:R]는 홀수이다. 하지만 <중간값 정리>에 의해 �′=�F′=R 이고, [�:�][F:R] 는 2의 거듭제곱이어야만 한다. [�:�]=[�:�][�:�]=2[�:�][F:R]=[F:C][C:R]=2[F:C] 에서 [�:�][F:C] 또한 2의 거듭제곱임을 알 수 있다. 이제 [�:�]=2�≠1[F:C]=2e=1라 가정하자. Sylow theory의 결과를 다시 한 번 적용하면, Gal(�/�)Gal(F/C) 의 원소 개수 2�−12e−1 인 부분군이 존재하며, 갈루아 이론에 의해 이 부분군에 대응되는 �C의 2차 확대체가 존재하게 된다. 이것은 <2차방정식의 풀이>에 모순이다. 따라서 [�:�]=1[F:C]=1 이고 �=�F=C 이다. 이로써 대수학의 기본정리가 증명되었다.

3.4. 대수적 위상수학의 기본군을 이용한 증명[편집]

대수적 위상수학의 S1의 기본군을 이용해서 해를 가지지 않는 복소다항식은 오직 상수함수밖에 없다는것을 보일 수 있다.

3.5. 위상수학을 이용한 증명[편집]

이 증명[16]은 다른 증명들보다도 준비해야 할 것들이 적고 그마저도 (너무 파고들지만 않는다면) 그리 어렵지 않은 것들이다. 0이 아닌 임의의 복소수 �a에 대해 ��−�=0xn−a=0을 만족하는 �n개의 복소수 �x를 항상 찾을 수 있다는 것[17]과 다음 정리들이다.

컴팩트(compact)한 위상공간(topological space) �X에서 �R로 가는 함수는 항상 최댓값과 최솟값을 가진다.

�2R2, 혹은 �C에서 유계이고 닫힌 집합은 (예를 들어 원판 {�:∣�∣≤�}{z:∣z∣≤R})은 컴팩트하다.

이들에 대한 증명은 생략한다. 위상수학 책을 참고하도록 하자.[18]

이제 �(�)=∑�=0�����    (�>0)f(z)=∑i=0n​ai​zi(n>0)라고 두고, 다만 편의 상 ��=1an​=1이라고 두겠다. 먼저 다음을 증명한다.

계수가 복소수인 모든 복소 다항함수 �(�)=∑�=0�����f(z)=∑r=0n​ar​zr에 대해 ∣�(�)∣∣f(z)∣의 최솟값이 존재한다. 즉, 어떤 �0∈�z0​∈C가 존재해 모든 �∈�z∈C에 대하여 ∣�(�0)∣≤∣�(�)∣∣f(z0​)∣≤∣f(z)∣가 성립한다.

이를 증명하기 위해 먼저 ∣�∣>�∣z∣>R인 모든 �∈�z∈C에 대해 ∣�(�)∣≥∣�0∣∣f(z)∣≥∣a0​∣가 만족되는 양수 �∈�R∈R을 찾아 보자. 일단 ∣�∣>�0∣z∣>R0​이면 ∣�(�)∣≥12∣�∣�∣f(z)∣≥21​∣z∣n이 성립하는 양수 �0R0​를 항상 찾을 수 있다.[19] 그러면 �=max{�0,(2∣�0∣)1/�}R=max{R0​,(2∣a0​∣)1/n}라고 두는 것으로 금방 찾을 수 있다.

이제 �={�∈�:∣�∣≤�}D={z∈C:∣z∣≤R}이라고 두자. 그러면 위에서 지적했듯이 �D는 컴팩트하다. 그리고 �∣�:�→�f∣D​:D→R은 연속이므로 위의 정리들 중 하나에 의하여 �∣�f∣D​는 최솟값을 가진다. 즉, 어떤 �0∈�z0​∈D가 있어 모든 �∈�z∈D에 대해 ∣�(�0)∣≤∣�(�)∣∣f(z0​)∣≤∣f(z)∣인 것이다. 그러면 물론 ∣�(�0)∣≤∣�0∣∣f(z0​)∣≤∣a0​∣인데, 앞에서 �∉�z∈/D인 �∈�z∈C에 대하여 ∣�(�)∣≥∣�0∣∣f(z)∣≥∣a0​∣임을 보였다. 따라서 모든 �∈�z∈C에 대해 ∣�(�0)∣≤�(�)∣f(z0​)∣≤f(z)임을 보였다.

이 증명된 보조정리를 통해 근을 찾아 보자. 그런데 우리의 목표대로라면 사실 �(�0)=0f(z0​)=0이어야 한다. 이걸 보여보자. 그러기 위해 �(�0)≠0f(z0​)=0라고 가정하자. 여기서 다음과 같이 �(�)f(z)를 쓸 수 있을 것이다.

�(�)=∑�=0���(�−�0)�=�0+∑�=����(�−�0)�f(z)=i=0∑n​ci​(z−z0​)i=c0​+i=q∑n​ci​(z−z0​)i.

여기서 �q는 어떤 양의 정수로, ��≠0cq​=0이도록 하는 값이다. ��=1cn​=1이므로 이러한 �q는 항상 찾을 수 있다. 한편 �(�0)=�0f(z0​)=c0​이므로 �(�0)≠0f(z0​)=0라고 둔 것은 �0≠0c0​=0라고 둔 것과 똑같다.

이제 할 일이 뭐냐면 ∣�(�)∣<∣�(�0)∣∣f(z)∣<∣f(z0​)∣인 �∈�z∈C를 찾는 것이다.[20] 그러기 위해 먼저 �(�)f(z)를 좀 더 다듬어 보자.

�(�)=�0+��(�−�0)�+(�−�0)�∑�=0�−�−1��+�+1(�−�0)�+1f(z)=c0​+cq​(z−z0​)q+(z−z0​)qi=0∑n−q−1​ci+q+1​(z−z0​)i+1.

이 식의 절댓값이 ∣�0∣∣c0​∣보다 작도록 만들고 싶으니, 위 항들에서 최대한 많은 것들을 정리해 �0c0​랑 연관이 있도록 하는 것이 좋겠다. 그러기 위해 일단 �=�0+��z=z0​+tv (�∈�,    �∈�t∈R,v∈C)로 둬 보자. 그러면 다음을 얻는다.

�(�0+��)=�0+������+����∑�=0�−�−1��+�+1��+1��+1f(z0​+vt)=c0​+cq​vqtq+tqvqi=0∑n−q−1​ci+q+1​vi+1ti+1.

여기서 �v는 편한 대로 둘 수 있다. 이제 아이디어 하나를 쓸 것인데, ��+�0��=0vq+cq​c0​​=0이도록 �v를 정하는 것이다. 이는 맨 위에서 다룬 바에 따라 항상 찾을 수 있다.

�(�0+��)=�0−�0��−�0����∑�=0�−�−1��+�+1��+1��+1=�0(1−��)−�0��(�∑�=0�−�−1��+�+1��+1�0��)f(z0​+vt)=c0​−c0​tq−cq​c0​​tqi=0∑n−q−1​ci+q+1​vi+1ti+1=c0​(1−tq)−c0​tq(ti=0∑n−q−1​c0​cq+i+1​vi+1​ti).

여기서 편의 상 �(�)=�∑�=0�−�−1��+�+1��+1�0��g(t)=t∑i=0n−q−1​c0​cq+i+1​vi+1​ti라고 두자. 그러면 다음을 얻는다.

∣�(�0+��)∣=∣�0(1−��)−�0���(�)∣≤∣�0∣∣1−��∣+∣�0∣∣��∣∣�(�)∣∣f(z0​+vt)∣=∣c0​(1−tq)−c0​tqg(t)∣≤∣c0​∣∣1−tq∣+∣c0​∣∣tq∣∣g(t)∣.

그리고 이제 0<�<10
∣�(�0+��)∣≤∣�0∣(1−��)+∣�0∣��∣�(�)∣=∣�0∣[1−��(1−∣�(�)∣)]∣f(z0​+vt)∣≤∣c0​∣(1−tq)+∣c0​∣tq∣g(t)∣=∣c0​∣[1−tq(1−∣g(t)∣)].

지금 상황에서 ∣�(�)∣<1∣g(t)∣<1인 �∈(0,1)t∈(0,1)을 찾기만 하면 될 것이다. 그런데 �:�∋�↦�∑�=0�−�−1��+�+1��+1�0��∈�g:R∋t↦t∑i=0n−q−1​c0​cq+i+1​vi+1​ti∈C는 보다시피 연속이고, �(0)=0g(0)=0이기 때문에, �−�ϵ−δ 논법에 따라 적당한 �>0δ>0가 존재해 ∣�−0∣<�∣t−0∣<δ인 모든 �t에 대하여 ∣�(�)−�(0)∣=∣�(�)∣<1∣g(t)−g(0)∣=∣g(t)∣<1임이 성립한다.[21] 결국 �∈(0,�)t∈(0,δ)인 아무 �t를 고르기만 하면 ∣�(�0+��)∣<∣�0∣=∣�(�0)∣∣f(z0​+vt)∣<∣c0​∣=∣f(z0​)∣가 성립한다. 이는 ∣�(�0)∣∣f(z0​)∣가 최솟값이라는 점에 모순이다.[22] 따라서 처음부터 �(�0)f(z0​)가 0이 아니라고 한 것이 틀린 것이라는 결론을 얻게 된다. 즉, �(�0)=0f(z0​)=0임을 얻는다.

4. 따름정리 1[편집]

중고등학생이 보통 대수학의 기본정리라고 알고 있는 것. n차 방정식은 항상 n개의 근을 가진다는 정리로, 위 대수학의 기본정리의 자명한 귀결이다. 루셰의 정리를 이용한 대수학의 기본정리와 동치이지만, 여기서는 리우빌의 정리에서 유도된 대수학의 기본정리를 통해 귀납적으로 증명하도록 한다.

상수가 아닌 복소계수 다항식 �(�)=∑�=0�����=����+��−1��−1+⋯+�0p(x)=i=0∑n​ai​xi=an​xn+an−1​xn−1+⋯+a0​(��≠0an​=0, �≥1n≥1)을 항상 �(�)=��∏�=1�(�−��)=��(�−�1)(�−�2)⋯(�−��)p(x)=an​i=1∏n​(x−αi​)=an​(x−α1​)(x−α2​)⋯(x−αn​)로 분리할 수 있다는 것이다.

4.1. 증명[편집]

차수에 대한 수학적 귀납법을 쓴다. 1차인 경우, 자명하다.

모든 (�−1)(n−1)차 다항식이 위와 같은 분해를 갖는다고 하자. 대수학의 기본정리에 의해 �(��)=0p(αn​)=0인 복소수 ��αn​이 항상 존재하므로 �(�)=(�−��)�(�)p(z)=(z−αn​)q(z)로 분리할 수 있는데 �(�)q(z)는 (�−1)(n−1)차 다항식이다. 여기에 귀납 가정을 적용하면 된다.

5. 따름정리 2[편집]

모든 실계수 홀수차수 방정식은 1개 이상의 실근을 가진다.

중간값 정리를 이용하면[23] 쉽게 보일 수 있고, 이렇게도 보일 수 있다는 것 정도로 보면 된다. 물론 위에서 소개된 대수학적 방법에서 이 사실을 응용하기 때문에 차라리 중간값 정리를 이용한 증명을 기억해 두는 편이 나을 것이다. 중간값 정리를 쓰는 편이 차라리 훨씬 더 엄밀하다[24]

5.1. 증명 1[편집]

이를 증명하기 위하여 먼저 실계수 방정식은 반드시 짝수개의 켤레복소수의 근을 가진다 라는 성질을 증명하고자 한다.

�(�)=∑�=0�����=����+��−1��−1+⋯+�1�+�0f(z)=k=0∑n​ak​xk=an​xn+an−1​xn−1+⋯+a1​x+a0​이 복소수 �=�+��z=p+qi를 근으로 가진다고 하자.
그렇다면 �(�)=����+��−1��−1+⋯+�1�+�0=0f(z)=an​zn+an−1​zn−1+⋯+a1​z+a0​=0이 성립한다.

여기서 다음 켤레복소수의 성질을 이용하자.

�1‾+�2‾=�1+�2‾z1​​+z2​​=z1​+z2​​
�‾�=��‾zn=zn
��‾=��‾az=az(단 �∈�a∈R)[25]

�(�‾)=���‾�+��−1�‾�−1+⋯+�1�‾+�0=����‾+��−1��−1‾+⋯+�1�‾+�0f(z)=an​zn+an−1​zn−1+⋯+a1​z+a0​=an​zn​+an−1​zn−1​+⋯+a1​z​+a0​
=����+��−1��−1+⋯+�1�+�0‾=�(�)‾=0‾=0=an​zn+an−1​zn−1+⋯+a1​z+a0​​=f(z)​=0=0
즉, 복소수 �z가 �(�)=0f(z)=0의 한 근이라면, 그 켤레복소수 �‾z 역시 �(�)=0f(z)=0의 한 근이 된다. 그러므로 복소수근이 존재한다고 하면 켤레복소수 역시 근이 되게 된다.

이제 이 성질을 이용하여, 모든 실계수 홀수차수 방정식이 적어도 1개의 실근을 가진다는 점을 증명하자.

�(�)=0f(z)=0가 복소근 �=�+��z=p+qi을 근으로 가진다고 하면 �‾=�−��z=p−qi역시 근이 되므로, �(�)=0f(z)=0는 (�−�)(x−z)와 (�−�‾)(x−z)의 두 일차식을 인수로 가지게 된다.
즉, 복소근을 지니게 되면 (�−�)(�−�‾)=(�−�−��)(�−�+��)=(�−�)2−(��)2=(�−�)2+�2=�2−2��+(�2+�2)(x−z)(x−z)=(x−p−qi)(x−p+qi)=(x−p)2−(qi)2=(x−p)2+q2=x2−2px+(p2+q2)라는 실계수 이차식을 인수로 가지게 된다. 그런데, 바로 위에서 증명했듯이, 켤레복소수 역시 근이 되므로 실질적으로 실계수 홀수(=2k-1)차수 방정식은 최대 짝수개(2k-2)의 켤레복소수의 근을 가지게 된다. 하지만 따름정리 1에서 n차 복소계수 다항식은 복소수 범위에서 중근을 포함하여 n개의 근을 가지게 된다. 즉 2k-1차 방정식의 2k-1개의 근 중에서 최대 2k-2개의 근이 복소근이므로, 적어도 1개의 근은 실근을 가짐은 자명하다.

5.2. 증명 2[편집]

위에서 간략하게 언급한 중간값 정리를 이용한 엄밀한 증명이다.[26] 여기서는 최고차항의 계수가 양수인 경우만을 증명한다. 음수인 경우는 �(�)=−�(�)g(x)=−f(x)라고 두면 증명할 수 있다.

�(�)=∑�=02�+1����f(x)=i=0∑2n+1​ai​xi

먼저 이 식을 다음처럼 짝수차항의 합과 홀수차항의 합으로 분리하자.

�(�)=∑�=02�+1����=∑�=0��2��2�+∑�=0��2�+1�2�+1⋯①f(x)=i=0∑2n+1​ai​xi=i=0∑n​a2i​x2i+j=0∑n​a2j+1​x2j+1⋯①

이제, �x 대신 −�−x를 대입한 �(−�)f(−x)를 마찬가지 방법으로 전개하면 다음과 같다.

�(−�)=∑�=02�+1��(−�)�=∑�=0��2��2�−∑�=0��2�+1�2�+1⋯②f(−x)=i=0∑2n+1​ai​(−x)i=i=0∑n​a2i​x2i−j=0∑n​a2j+1​x2j+1⋯②

�(�)f(x)와 �(−�)f(−x)는 �=0x=0을 중심으로 대칭 관계이므로, 일반화를 위해 �>0x>0 범위만을 생각하기로 하자. 또한, 충분히 큰 �x를 사용하므로, �>2x>2​라는 범위만 봐도 된다.[27]

①과 ②를 비교하면, 홀수차항의 합의 부호만이 반전된 것을 알 수 있다. 즉, 짝수차항의 합을 ��An​, 홀수차항의 합을 ��Bn​이라 하면, 다음과 같이 치환할 수 있다.

�(�)=��+��,�(−�)=��−��f(x)=An​+Bn​,f(−x)=An​−Bn​

이제 두 식을 곱하자. 합차공식에 의해

�(�)�(−�)=(��)2−(��)2=∣��∣2−∣��∣2f(x)f(−x)=(An​)2−(Bn​)2=∣An​∣2−∣Bn​∣2

라고 정리할 수 있다.

인수분해를 해서 정리해보자.

�(�)�(−�)=(��)2−(��)2=∣��∣2−∣��∣2=(∣��∣+∣��∣)(∣��∣−∣��∣)f(x)f(−x)=(An​)2−(Bn​)2=∣An​∣2−∣Bn​∣2=(∣An​∣+∣Bn​∣)(∣An​∣−∣Bn​∣)

여기서, ∣��∣+∣��∣≥0∣An​∣+∣Bn​∣≥0이므로 위의 식의 부호는 오로지 ∣��∣−∣��∣∣An​∣−∣Bn​∣에 의해서만 결정된다.

��=�2��2�+�2�−2�2�−2+⋯+�2�2+�0��=�2�+1�2�+1+�2�−1�2�−1+⋯+�3�3+�1�​An​=Bn​=​a2n​x2na2n+1​x2n+1​++​a2n−2​x2n−2a2n−1​x2n−1​++​⋯⋯​++​a2​x2a3​x3​++​a0​a1​x​

이렇게 ��An​을 전개하고 절대값을 씌워 절대부등식 형태를 도출하면 다음과 같이 바꿀 수 있다.

∣��∣=∣�2��2�+�2�−2�2�−2+⋯+�2�2+�0∣≤∣�2�∣�2�+∣�2�−2∣�2�−2+⋯+∣�2∣�2+∣�0∣∣An​∣=∣a2n​x2n+a2n−2​x2n−2+⋯+a2​x2+a0​∣≤∣a2n​∣x2n+∣a2n−2​∣x2n−2+⋯+∣a2​∣x2+∣a0​∣

다음 수를 정의하고, ∣��∣∣An​∣을 전개한 절대부등식에 대입하자.

max⁡{∣�2�∣,∣�2�−2∣,⋯ ,∣�2∣,∣�0∣}=�max{∣a2n​∣,∣a2n−2​∣,⋯,∣a2​∣,∣a0​∣}=α

그러면 다음 부등식이 성립한다.

∣��∣≤∣�2�∣�2�+∣�2�−2∣�2�−2+⋯+∣�2∣�2+∣�0∣≤�(�2�+�2�−2+⋯+�2+1)∣An​∣≤∣a2n​∣x2n+∣a2n−2​∣x2n−2+⋯+∣a2​∣x2+∣a0​∣≤α(x2n+x2n−2+⋯+x2+1)

등비수열의 합의 공식에 따라 압축하면 다음과 같이 정리할 수 있다. �>2x>2​ 이상의 범위를 보고 있으므로 한번 더 정리하면 다음과 같이 새로운 부등식을 얻을 수 있다.

∣��∣≤��2�+2−1�2−1<��2�+2�2−1<��2�+2�22=2��2�=�∣An​∣≤αx2−1x2n+2−1​<αx2−1x2n+2​<α2x2​x2n+2​=2αx2n=A

이제 ��Bn​에도 비슷한 방법을 전개하자. 이번에는 조금 다르게 정의하기 위해서, 최고차항을 제외한 모든 계수를 �2�+1a2n+1​로 나누고 그 최소값을 택하자.

min⁡{�2�−1�2�+1,�2�−1�2�+1,⋯ ,�3�2�+1,�1�2�+1}=�min{a2n+1​a2n−1​​,a2n+1​a2n−1​​,⋯,a2n+1​a3​​,a2n+1​a1​​}=β

그러면

��=�2�+1�2�+1+�2�−1�2�−1+⋯+�3�3+�1�=�2�+1(�2�+1+�2�−1�2�+1�2�−1+⋯+�3�2�+1�3+�1�2�+1�)≥�2�+1{�2�+1+��(�2�−2+⋯+�2+1)}Bn​​=a2n+1​x2n+1+a2n−1​x2n−1+⋯+a3​x3+a1​x=a2n+1​(x2n+1+a2n+1​a2n−1​​x2n−1+⋯+a2n+1​a3​​x3+a2n+1​a1​​x)≥a2n+1​{x2n+1+βx(x2n−2+⋯+x2+1)}​​

과 같이 전개할 수 있다. 뒤쪽의 ��βx로 묶은 항은 등비수열의 합의 공식으로 정리할 수 있다. 정리하면 다음과 같다.

�2�+1{�2�+1+��(�2�−2+⋯+�2+1)}=�2�+1{�2�+1+���2�−1�2−1}a2n+1​{x2n+1+βx(x2n−2+⋯+x2+1)}=a2n+1​{x2n+1+βxx2−1x2n−1​}

�≥0β≥0이면 �2�+1{�2�+1+���2�−1�2−1}≥�2�+1�2�+1>�2�+12�2�+1(>0)⋯③a2n+1​{x2n+1+βxx2−1x2n−1​}≥a2n+1​x2n+1>2a2n+1​​x2n+1(>0)⋯③ �<0β<0이면 �2�+1{�2�+1−��1−�2��2−1}>�2�+1{�2�+1−��−�2��2−1}=�2�+1�2�+1{1+��2−1}⋯④a2n+1​{x2n+1−βxx2−11−x2n​}>a2n+1​{x2n+1−βxx2−1−x2n​}=a2n+1​x2n+1{1+x2−1β​}⋯④

이 때, 주목할 부분은 �<0β<0인 ④번 식이다.
�β의 절대값이 아무리 크더라도, 아르키메데스 성질에 의해서, 충분히 큰 �2−1x2−1에 대하여 ∣�∣�2−1x2−1∣β∣​는 1보다 작아진다. �<0β<0이므로 충분히 큰 �2−1x2−1에 대하여 1+��2−1>121+x2−1β​>21​이 성립하는 �x의 최소값을 �M이라고 하자.
그러면 ∀�>�∀x>M에 대하여 �2�+1�2�+1{1+��2−1}>�2�+12�2�+1(>0)a2n+1​x2n+1{1+x2−1β​}>2a2n+1​​x2n+1(>0)이 성립한다.

그렇기에 �β의 부호와 무관하게 �x가 충분히 크다면 ��>�2�+12�2�+1Bn​>2a2n+1​​x2n+1라고 둘 수 있다.
따라서 ∣��∣∣Bn​∣보다 작으면서도 0보다 큰 새로운 식인 �B를 정의할 수 있다.

∣�∣<∣�∣,∣�∣<∣�∣∣A∣<∣C∣,∣D∣<∣B∣에 대하여 ∣�∣−∣�∣<∣�∣−∣�∣<∣�∣−∣�∣∣A∣−∣B∣<∣C∣−∣B∣<∣C∣−∣D∣임을 이용해서 정리해보자. ∣��∣<�,∣��∣>�∣An​∣B이므로,

∣��∣−∣��∣<�−�∣An​∣−∣Bn​∣

�−�=2��2�−�2�+12�2�+1A−B=2αx2n−2a2n+1​​x2n+1

이 식을 공통 인수 �2�x2n으로 묶어서 정리하면

�−�=2��2�−�2�+12�2�+1=�2�2{4�−�2�+1�}<0A−B=2αx2n−2a2n+1​​x2n+1=2x2n​{4α−a2n+1​x}<0

이어야 하므로

4��2�+1<�a2n+1​4α​

의 범위에서 ∣��∣−∣��∣<�−�<0∣An​∣−∣Bn​∣ �<�M
그러면 (−�,�)(−B,B) 범위에서 �(�)�(−�)<0f(x)f(−x)<0이 성립하므로, �∈(−�,�)x∈(−B,B)의 범위에 적어도 1개의 실근이 존재한다.■