1. 개요
Fundamental Theorem of Algebra, FTA상수가 아닌 복소계수 다항식은 반드시 (최소 한 개의[1]) 복소수 근을 갖는다. 즉,
| [math(p\left(x\right)={\displaystyle \sum_{i=0}^{n}}a_{i}x^{i}=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{0})]([math(a_{n}\ne0)], [math(n\ge 1)])에 대해 [math(p\left(\alpha\right)=0)]를 만족하는 복소수 [math(\alpha)]가 존재한다. |
단, 이 [math(\alpha)]를 찾는 구체적인 방법(즉, 근의 공식)이 있다는 말은 아니다.[2] 또는 복소수체와 그것이 대수적으로 닫힌 구조(algebraic closure)가 일치한다고도 표현할 수 있다.
사전지식 없이 이 정리를 보면 매우 당연한 걸 증명하는 것 같지만, 요점은 복소수다. 일차방정식에 실수 계수를 넣는다고 새로운 수체계를 확장할 필요는 전혀 없었지만, 이차방정식을 풀기 위해서는 복소수라는 새로운 수 체계를 고안해야만 했다.[3] 그렇다면, 어쩌면 3차, 4차, 5차, …, 방정식의 차수가 올라 갈 때마다 이를 풀기 위해서 복소수보다 더 복잡한 수 체계를 매번 만들어내야 하지 않을까?라는 불안 어린 추측을 하는 것이 당연한데, 이 정리는 그럴 필요가 없다는 사실을 알려준다. 이런 측면에서 보자면 모든 [math(n)]차방정식을 풀기 위해서 이차방정식을 풀기 위해 확장했던 복소체계 외에는 새로운 확장이 불필요하다는 건 어쩌면 기적에 가까운 사실일 수도 있다.
2. 역사
기본적으로 가우스가 이것을 증명했다고 하지만, 그리 간단하지만은 않은 문제. 1746년 프랑스의 달랑베르가 증명을 제시했고, 실계수 다항식이 항상 복소수 근을 가진다고 주장하긴 했지만 몇 줄의 논증을 더 갖다 붙여야 증명이 해결되는 문제가 있었다. 달랑베르가 증명을 제시한 뒤 오일러, 라플라스, 라그랑주 등 많은 수학자들이 증명을 시도했다. 한마디로 대수학의 기본정리는 20세기 즈음의 페르마의 마지막 정리 같은 18세기의 화두였던 것이다.18세기 말에 두 가지의 증명이 나왔으며, 하나는 제임스 우드의 대수학적 증명인데 묻혔다. 그때 기준으로도 명확히 보이는 오류가 있었기 때문. 또 하나는 가우스가 이것을 박사 학위 논문으로 증명하였는데, 기존 증명들의 오류를 조목조목 반박했다. 오일러 등의 대수적인 증명은, 다항식의 근이 (복소수를 넘어선 범위에서) 일단 있다고 가정하고 출발한다는 문제가 있음을 지적한다. 어떤 의미에서는 증명하고자 하는 사실을 일부 가정하고 있으므로 순환논법이라는 것. 달랑베르의 해석학적 증명은 증명하지 않은 다른 정리에 기반하고 있다는 사실을 지적하고, 증명에 등장하는 일부 정리에 대해 반례까지 제시한다. 그렇게 메이저 증명들의 오류를 지적하고 기하학적인 면을 강조한 새로운 증명을 제시하며 대수학의 기본정리의 증명자로 인정받...는가 했지만...
현대적인 잣대로 보면 가우스의 증명도 오류가 있다. 위상수학적인 면에서 오류가 발생했다고 한다. 연속적인 함수나 극한 같은 문제에 대해 엄밀한 이해가 부족해서 그랬다고. 이후 1816년과 1849년에 낸 가우스의 다른 증명들도 지금 기준으로 보면 오류가 있다. 역설적이게도, 위의 문제를 해결하는 것에 대하여 달랑베르가 무한소 대신 극한 개념을 사용하자고 제안했으나 정작 제대로 써 먹지를 못했다.
현대 수학의 엄밀한 기준을 충족하는 최초의 증명은 1806년 아르강이 해냈다. 예전의 애매한 실수 계수의 식이 아닌 복소수 계수의 식까지 확장시켜 증명한 것이다.
네이버캐스트-대수학의 기본 정리에도 이를 정리한 글이 있으며, 읽어볼 만한 가치가 있다.
3. 증명
대수학의 기본정리는 아이러니하게도 순수하게 대수학만을 이용하는 증명[4]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)[5] 굳이 초등적 방법을 사용하지 않는다고. 때문에 이 문서에도 아직 초등적 증명법은 적혀있지 않다. 즉, 이미 증명도 된 문제이기에 난이도가 급등하는 초등적 증명을 굳이 할 필요가 없기 때문에 없다고 받아들이는게 좋다.
3.1. 리우빌의 정리를 이용한 증명
다음 증명은 리우빌의 정리(Liouville's theorem)[6]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) [math(f(z))]가 유계이면[7] [math(f(z))]는 상수함수이다. |
이제 리우빌의 정리를 이용해 대수학의 기본정리를 증명하고자 한다. 먼저 [math(p(z))]가 상수함수가 아닌 복소계수의 다항식이라 가정하자. 모순을 위해 [math(p(z))]가 복소평면에서 단 한 개의 근도 가지지 않는다고 가정하자. [math(p(z))]는 당연히 [math(0)]이 아닌 상수항을 가지는데, 그렇지 않으면 [math(0)]을 근으로 갖기 때문이다. [math(p(z))]는 다항함수이므로 전해석적이며, [math(p(z))]가 근을 가지지 않기에 [math(1/p(z))]또한 전해석함수이다. 만약 여기서 [math(p(z))]의 절댓값이 [math(0)]이 아닌 양수 [math(M)]보다 항상 크다는것을 보일 수 있다면 (즉 [math(\left|p(z)\right|)]의 하한이 [math(0)]보다 큰 양수) [math(\left|1/p(z)\right|)]가 [math(M^{-1})]보다 항상 작으므로 리우빌의 정리에 의해 [math(p(z))]가 상수함수임을 의미하며, 이는 모순이다. 따라서 [math(p(z))]는 적어도 하나의 근을 복소평면상에서 가져야 한다. (여기서 계속 [math(0)]이 아닌 양수보다 큼을 강조하는 이유는 [math(p(z))]가 그냥 [math(0)]보다 크다라고만 결론지으면 [math(z)]가 변함에 따라 [math(0)]에 무한히 근접할 수 있는 경우가 존재할 수 있으며, 이 경우 [math(1/p(z))]의 절댓값이 무한히 커지므로 리우빌의 정리를 사용할 수 없다.)
이제 [math(\left|p(z)\right|)]가 모든 [math(z)]에 대해 ([math(0)]보다 큰) 양수 [math(M)]보다 크거나 같음을 보이면 된다. 만약 [math(z)]가 매우매우 크다면 (좀더 엄밀히는 적절한 양수 [math(R)]가 존재하여, [math(\left|z\right|>R)]일 때,) [math(p(z))]의 크기는 [math(z^{n})]에 의해 지배되며, 이는 [math(z)]가 커지면 무한대로 발산하기에 [math(\left|1/p(z)\right|)]는 [math(\left|z\right|>R)]에 대해서 상한이 존재한다. 만약 [math(\left|z\right|<R)]라면 이는 반지름 [math(R)]인 영역 내부이며 [math(1/p(z))]는 그러한 영역 내부(경계포함)에서 해석적이다. 즉, [math(\left|1/p(z)\right|)]는 [math(\left|z\right|<R)]에서 상한을 가진다. 따라서 [math(\left|1/p(z)\right|)]는 복소평면 전체에서 상한을 가지며, 리우빌의 정리에 의해 [math(p(z))]는 상수함수가 되어야 한다. 이는 모순이기에 [math(p(z))]는 적어도 하나의 근을 가진다.
보다 자세하게 정리하면 다음과 같이 된다.
| 리우빌의 정리를 기반으로 하는 대수학의 기본정리의 증명 |
| 정리: 임의의 [math(n\left(n\geq 1\right))]차 다항함수에는 적어도 1개의 영점이 존재한다. 즉, [math(P(z)=a_0+a_1z+a_2z^2+\cdots+a_nz^n \left(a_n\neq0\right))]일 때, 적어도 한개의 복소수 [math(z_0)]가 존재하여, [math(P(z_0)=0)]이 성립한다. |
| [math(\forall z \in \mathbb{C}, P(z) \neq 0)]이라고 가정하자. 다항함수는 전해석함수이며, 모든 점에서 0이 아니라고 가정했으므로 [math(f(z)=\displaystyle \frac{1}{P(z)})]도 모든 점에서 정의되며 전해석함수이다. 이제, 이 함수가 유계임을 보이자. 먼저, [math(P(z))]를 다음과 같이 정의하자. [math(P(z)=\left(a_n + w\right)z^n)] 즉, [math(w:=\displaystyle \frac{a_0}{z^n}+\frac{a_1}{z^{n-1}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{z})]로 정의하자. 이제 충분히 큰 양수 [math(R)]을 취하면, [math(\left|z\right|\geq R)]일 때, 아르키메데스 성질을 통해 [math(w)]의 모든 항이 [math(\displaystyle \frac{\left|a_n\right|}{2n})]보다 작게 만들 수 있다. 이제, [math(w)]를 다시 써 보자. [math(w:=\displaystyle \frac{a_0}{z^n}+\frac{a_1}{z^{n-1}}+\cdots+\frac{a_{n-1}}{z})]이므로, [math(\displaystyle \frac{a_k}{z^{n-k}}=b_k)]라고 두면, [math(\displaystyle w:=\sum_{k=0}^{n-1}b_k)]가 된다. 일반화된 삼각부등식에 의하여, [math(\displaystyle \left|\sum_{k=1}^{n}a_k\right|\leq\sum_{k=1}^{n}\left|a_k\right|)]이므로, [math(\left|w\right|:=\displaystyle \left|\sum_{k=0}^{n-1}b_k\right|\leq\sum_{k=0}^{n-1}\left|b_k\right|<\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\left|a_n\right|}{2n}=\frac{\left|a_n\right|}{2})]이 되어 [math(\left|w\right|<\displaystyle\frac{\left|a_n\right|}{2})]로 할 수 있다. [math(a_n)]은 임의의 복소수이므로 [math(\left|w\right|)]은 유계다. 따라서, [math(\left|z\right|>R)]일 때, 다음이 성립한다. [math(\left|a_n+w\right|\geq\left| \left|a_n\right|-\left|w\right|\right|>\displaystyle \frac{\left|a_n\right|}{2})] [math(P(z)=\left(a_n + w\right)z^n)]이므로, [math(\left|z\right|>R)]에서 다음이 성립함도 자명하다. [math(\left|P(z)\right|=\left|a_n+w\right|\left|z^n\right|>\displaystyle \frac{\left|a_n\right|}{2}\left|z^n\right|>\frac{\left|a_n\right|}{2}R^n)] 즉, [math(\left|z\right|>R)]일 때, [math(f(z)=\displaystyle \frac{1}{P(z)}<\frac{2}{\left|a_n\right|R^n})]가 되므로, [math(\left|z\right|\leq R)]인 원판의 외부에서 함수 [math(f)]는 유계이다. 그런데 [math(f)]는 복소평면 전역에서 전해석함수이므로 원판 [math(\left|z\right|\leq R)] 내부에서도 연속이 되어 유계함수가 되어야 한다. 즉, [math(f)]는 복소평면 전역에서 전해석함수이며 유계이므로, [math(f)]는 리우빌의 정리에 의하여 상수함수가 되어야 한다. 다시 말해서 [math(\displaystyle \frac{1}{f})] 역시 상수함수가 되어야 한다. 하지만, [math(P(z)=\displaystyle\frac{1}{f})]는 상수함수가 아닌 다항함수이므로 모순이 일어난다. 이는 [math(\forall z \in \mathbb{C}, P(z) \neq 0)]로 가정한 전제가 틀렸음을 의미하고, 따라서 적어도 1개의 점에서 [math(P(z)=0)]이 성립하는 영점을 갖게 된다.(Q.E.D.) |
3.2. 루셰의 정리를 이용한 증명방법
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.[10]먼저 루셰의 정리는 다음과 같다.
| 경로 [math(C)]는 다음 조건을 만족시키는 단순 닫힌경로다. (a) 두 함수 [math(f(z))]와 [math(g(z))]는 [math(C)]와 그 안쪽에서 해석적이다. (b) [math(C)]에 있는 모든 점에서 [math(\left|f(z)\right|>\left|g(z)\right|)]가 성립한다. 이때, [math(C)]의 내부에서 [math(f(z))]와 [math(f(z)+g(z))]의 근의 수는 중근을 포함하여 같다. |
| 루셰의 정리를 기반으로 하는 대수학의 기본정리의 증명 |
| 정리: 임의의 [math(n)]([math(n\geq 1)])차 방정식은 중근을 따로 셌을 때, 복소평면상에서 정확히 [math(n)]개의 근을 갖는다. 즉, [math(P(z)=a_0+a_1z+a_2z^2+\cdots+a_nz^n \left(a_n\neq0\right))]일 때, 중복을 허가하여 n개의 복소수 [math(z_k)]가 존재하여, [math(P(z_k)=0)]이 성립한다. |
| [math(P(z)=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}a_{k}z^k})] (단 [math(a_n\neq0)])라고 하자. 이제, 최대차항을 따로 떼어내서 [math(P(z)=f(z)+g(z))]라고 분리하자. 즉, [math(f(z)=a_{n}z^n)], [math(g(z)=\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}a_{k}z^k})]라고 두자. 일반화된 삼각부등식에 의해서, [math(\left|g(z)\right|\leq\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}z^{k}\right|})]임은 자명하다. 이제 [math(z)]를 원 [math(R>1)] 상의 복소수. 즉, [math(\left|z\right|=R>1)]이라고 두자. 그렇다면, [math(\left|g(z)\right|\leq\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}z^{k}\right|=\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|R^{k}\leq\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|R^{n-1}})]임도 자명하다. 가장 마지막을 다시 정리하면 [math(\left|g(z)\right|\leq\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|R^{n-1}=R^{n-1}\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|})]가 된다.([math(R>1)]이기 때문.) 이제, [math(R>\displaystyle{\frac{\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|}}{\left|a_n\right|}})]라는 조건을 추가로 주자. 그러면 정리하게 되면 [math(\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|}<\left|a_n\right|R)]이 성립하므로, 이를 위의 식에 대입해보자. [math(\left|g(z)\right|\leq\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|R^{n-1}=R^{n-1}\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|}<R^{n-1}\left|a_n\right|R=R^{n}\left|a_n\right|=\left|f(z)\right|)] [math(R>\displaystyle{\frac{\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|}}{\left|a_n\right|}}, R>1)]이라는 조건을 만족하는 경로 위에서 항상 [math(\left|f(z)\right|>\left|g(z)\right|)]가 성립하므로, 루셰의 정리를 적용할 수 있다. 즉, [math(f(z)+g(z)=P(z))]와 [math(f(z))]는 [math(R>\displaystyle{\frac{\displaystyle{\sum_{k=0}^{n-1}\left|a_{k}\right|}}{\left|a_n\right|}}, R>1)]의 조건을 만족하는 모든 양의 실수 [math(R)]에 대하여 [math(C:\left|z\right|=R)] 내부에서 영점의 개수가 같게 된다. 그런데, [math(a_n\neq 0)]이므로 [math(f(z))]는 [math(z=0)]에서 중복을 허가하여 [math(n)]개의 근을 갖는다. 이와 [math(P(z))]의 영점의 개수가 같아야 하므로, 따라서 [math(P(z))]는 복소평면상에서 [math(n)]개의 중복을 허용한 근을 갖게 된다.(Q.E.D.) |
3.3. 갈루아 이론을 이용한 증명
우리가 "방정식을 푼다" 고 할 때 방정식의 해를 어떤 집합에서 찾는지 생각해보자. 실수들의 집합 [math(\mathbb{R})], 대수학의 기본정리의 경우 복소수들의 집합 [math(\mathbb{C})], 종종 모듈로 연산을 할 경우 [math( p)]로 나눈 나머지만을 고려하여 [math( \left\{0,1,2,\ldots, p-1\right\} )] 에서 해를 찾게 된다. 이러한 작업을 할 수 있는 일반적인 집합이 바로 체(field) 이다. 체에 대한 이론을 정립하고 기존에 고려하던 실수체 [math(\mathbb{R})]과 [math(\mathbb{C})]를 넘어서는 수많은 체들에 대해 방정식을 풀게 되면서 기존에 가능하지 않던 접근이 가능해진다. 갈루아 이론은 두 체 [math( E\subset F)]가 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 [math( \mathbb{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
[math( \mathbb{R})] 의 홀수 차수 확대체(extension field)는 자기 자신뿐이다.[11]
[math( \mathbb{R})] 의 홀수 차수 확대체(extension field)는 자기 자신뿐이다.[11]
2차방정식의 풀이
[math( \mathbb{C})] 의 2차 확대체는 자기 자신뿐이다.
[math( \mathbb{C})] 의 2차 확대체는 자기 자신뿐이다.
대수학의 기본정리
[math( \mathbb{C} )]의 유한 확대체(finite extension field)는 자기 자신뿐이다.[12]
[math( \mathbb{C} )]의 유한 확대체(finite extension field)는 자기 자신뿐이다.[12]
이제 중간값 정리와 2차방정식의 풀이를 이용하여 대수학의 기본정리를 증명한다. [math( \mathbb{C} )] 의 유한 확대체 [math(E)] 가 존재한다고 가정하자. 임의의 유한 확대체는 유한 갈루아 확대체에 포함된다[13]. [math( F)]를 [math( E)]를 포함하는 갈루아 확대체라 하자. 갈루아군 [math(\text{Gal}\left(F/\mathbb{R}\right) )] 의 2-Sylow Subgroup [math( H)] 를 생각하자. 갈루아 이론에 의해 [math(H = \text{Gal}\left(F/F'\right) )]가 되는 [math(F )]의 부분체 [math(F' )]가 존재하며, [math(H )]가 2-Sylow Subgroup이므로 [math( \left[F':\mathbb{R}\right] )]는 홀수이다. 하지만 <중간값 정리>에 의해 [math( F'=\mathbb{R})] 이고, [math( \left[F:\mathbb{R}\right] )] 는 2의 거듭제곱이어야만 한다. [math( \left[F:\mathbb{R}\right]=\left[F:\mathbb{C}\right]\left[\mathbb{C}:\mathbb{R}\right]=2\left[F:\mathbb{C}\right] )] 에서 [math( \left[F:\mathbb{C}\right])] 또한 2의 거듭제곱임을 알 수 있다. 이제 [math(\left[F:\mathbb{C}\right]=2^e\ne 1 )]라 가정하자. Sylow theory의 결과를 다시 한 번 적용하면, [math(\text{Gal}\left(F/\mathbb{C}\right))] 의 원소 개수 [math( 2^{e-1})] 인 부분군이 존재하며, 갈루아 이론에 의해 이 부분군에 대응되는 [math(\mathbb{C})]의 2차 확대체가 존재하게 된다. 이것은 <2차방정식의 풀이>에 모순이다. 따라서 [math( \left[F:\mathbb{C}\right]=1)] 이고 [math( F=\mathbb{C})] 이다. 이로써 대수학의 기본정리가 증명되었다.
3.4. 대수적 위상수학의 기본군을 이용한 증명
대수적 위상수학의 S1의 기본군을 이용해서 해를 가지지 않는 복소다항식은 오직 상수함수밖에 없다는것을 보일 수 있다.3.5. 위상수학을 이용한 증명
이 증명[14]은 다른 증명들보다도 준비해야 할 것들이 적고 그마저도 (너무 파고들지만 않는다면) 그리 어렵지 않은 것들이다. 0이 아닌 임의의 복소수 [math(a)]에 대해 [math(x^n - a = 0)]을 만족하는 [math(n)]개의 복소수 [math(x)]를 항상 찾을 수 있다는 것[15]과 다음 정리들이다.컴팩트(compact)한 위상공간(topological space) [math(X)]에서 [math(\mathbb{R})]로 가는 함수는 항상 최댓값과 최솟값을 가진다.
[math(\mathbb{R}^2)], 혹은 [math(\mathbb{C})]에서 유계이고 닫힌 집합은 (예를 들어 원판 [math(\{z : |z| \le R\})])은 컴팩트하다.
이들에 대한 증명은 생략한다. 위상수학 책을 참고하도록 하자.[16]
이제 [math(f(z) = \sum_{i = 0}^n a_i z^i \;\; (n > 0))]라고 두고, 다만 편의 상 [math(a_n = 1)]이라고 두겠다. 먼저 다음을 증명한다.
계수가 복소수인 모든 복소 다항함수 [math(f(z) = \sum_{r = 0}^n a_r z^r)]에 대해 [math(|f(z)|)]의 최솟값이 존재한다. 즉, 어떤 [math(z_0 \in \mathbb{C})]가 존재해 모든 [math(z \in \mathbb{C})]에 대하여 [math(|f(z_0)| \le |f(z)|)]가 성립한다.
이를 증명하기 위해 먼저 [math(|z| > R)]인 모든 [math(z \in \mathbb{C})]에 대해 [math(|f(z)| \ge |a_0|)]가 만족되는 양수 [math(R \in \mathbb{R})]을 찾아 보자. 일단 [math(|z| > R_0)]이면 [math(|f(z)| \ge \frac{1}{2} |z|^n)]이 성립하는 양수 [math(R_0)]를 항상 찾을 수 있다.[17] 그러면 [math(R = \textrm{max}\{R_0, (2|a_0|)^{1/n}\})]라고 두는 것으로 금방 찾을 수 있다.
이제 [math(D = \{z \in \mathbb{C} : |z| \le R\})]이라고 두자. 그러면 위에서 지적했듯이 [math(D)]는 컴팩트하다. 그리고 [math(f|_D : D \to \mathbb{R})]은 연속이므로 위의 정리들 중 하나에 의하여 [math(f|_D)]는 최솟값을 가진다. 즉, 어떤 [math(z_0 \in D)]가 있어 모든 [math(z \in D)]에 대해 [math(|f(z_0)| \le |f(z)|)]인 것이다. 그러면 물론 [math(|f(z_0)| \le |a_0|)]인데, 앞에서 [math(z \notin D)]인 [math(z \in \mathbb{C})]에 대하여 [math(|f(z)| \ge |a_0|)]임을 보였다. 따라서 모든 [math(z \in \mathbb{C})]에 대해 [math(|f(z_0)| \le f(z))]임을 보였다.
이 증명된 보조정리를 통해 근을 찾아 보자. 그런데 우리의 목표대로라면 사실 [math(f(z_0) = 0)]이어야 한다. 이걸 보여보자. 그러기 위해 [math(f(z_0) \ne 0)]라고 가정하자. 여기서 다음과 같이 [math(f(z))]를 쓸 수 있을 것이다.
[math(\displaystyle f(z) = \sum_{i = 0}^n c_i (z - z_0)^i = c_0 + \sum_{i = q}^n c_i (z - z_0)^i)].
여기서 [math(q)]는 어떤 양의 정수로, [math(c_q \ne 0)]이도록 하는 값이다. [math(c_n = 1)]이므로 이러한 [math(q)]는 항상 찾을 수 있다. 한편 [math(f(z_0) = c_0)]이므로 [math(f(z_0) \ne 0)]라고 둔 것은 [math(c_0 \ne 0)]라고 둔 것과 똑같다.
이제 할 일이 뭐냐면 [math(|f(z)| < |f(z_0)|)]인 [math(z \in \mathbb{C})]를 찾는 것이다.[18] 그러기 위해 먼저 [math(f(z))]를 좀 더 다듬어 보자.
[math(\displaystyle f(z) = c_0 + c_q (z - z_0)^q + (z - z_0)^q \sum_{i = 0}^{n - q - 1} c_{i + q + 1} (z - z_0)^{i + 1})].
이 식의 절댓값이 [math(|c_0|)]보다 작도록 만들고 싶으니, 위 항들에서 최대한 많은 것들을 정리해 [math(c_0)]랑 연관이 있도록 하는 것이 좋겠다. 그러기 위해 일단 [math(z = z_0 + tv)] ([math(t \in \mathbb{R}, \;\; v \in \mathbb{C})])로 둬 보자. 그러면 다음을 얻는다.
[math(\displaystyle f(z_0 + vt) = c_0 + c_q v^q t^q + t^q v^q \sum_{i = 0}^{n - q - 1} c_{i + q + 1} v^{i + 1} t^{i + 1})].
여기서 [math(v)]는 편한 대로 둘 수 있다. 이제 아이디어 하나를 쓸 것인데, [math(v^q + \frac{c_0}{c_q} = 0)]이도록 [math(v)]를 정하는 것이다. 이는 맨 위에서 다룬 바에 따라 항상 찾을 수 있다.
[math(\displaystyle f(z_0 + vt) = c_0 - c_0 t^q - \frac{c_0}{c_q} t^q \sum_{i = 0}^{n - q - 1} c_{i + q + 1} v^{i + 1} t^{i + 1} = c_0 (1 - t^q) - c_0 t^q \left( t \sum_{i = 0}^{n - q - 1} \frac{c_{q + i + 1} v^{i + 1}}{c_0} t^i \right))].
여기서 편의 상 [math(g(t) = t \sum_{i = 0}^{n - q - 1} \frac{c_{q + i + 1} v^{i + 1}}{c_0} t^i)]라고 두자. 그러면 다음을 얻는다.
[math(\displaystyle |f(z_0 + vt)| = \left| c_0 (1 - t^q) - c_0 t^q g(t) \right| \le |c_0| |1 - t^q| + |c_0| |t^q| |g(t)|)].
그리고 이제 [math(0 < t < 1)]인 [math(t)]만 생각하자. 그러면 다음이 성립한다.
[math(\displaystyle |f(z_0 + vt)| \le |c_0| (1 - t^q) + |c_0| t^q |g(t)| = |c_0| \left[ 1 - t^q \left( 1 - |g(t)| \right) \right])].
지금 상황에서 [math(|g(t)| < 1)]인 [math(t \in (0, 1))]을 찾기만 하면 될 것이다. 그런데 [math(g : \mathbb{R} \ni t \mapsto t \sum_{i = 0}^{n - q - 1} \frac{c_{q + i + 1} v^{i + 1}}{c_0} t^i \in \mathbb{C})]는 보다시피 연속이고, [math(g(0) = 0)]이기 때문에, [math(\epsilon-\delta)] 논법에 따라 적당한 [math(\delta > 0)]가 존재해 [math(|t - 0| < \delta)]인 모든 [math(t)]에 대하여 [math(|g(t) - g(0)| = |g(t)| < 1)]임이 성립한다.[19] 결국 [math(t \in (0, \delta))]인 아무 [math(t)]를 고르기만 하면 [math(|f(z_0 + vt)| < |c_0| = |f(z_0)|)]가 성립한다. 이는 [math(|f(z_0)|)]가 최솟값이라는 점에 모순이다.[20] 따라서 처음부터 [math(f(z_0))]가 0이 아니라고 한 것이 틀린 것이라는 결론을 얻게 된다. 즉, [math(f(z_0) = 0)]임을 얻는다.
4. 따름정리 1
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 [math(p\left(x\right)={\displaystyle \sum_{i=0}^{n}}a_{i}x^{i}=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{0})]([math(a_{n}\ne0)], [math(n\ge 1)])을 항상 [math(p\left(x\right)=a_{n}{\displaystyle \prod_{i=1}^{n}}\left(x-\alpha_{i}\right)=a_{n}\left(x-\alpha_{1}\right)\left(x-\alpha_{2}\right)\cdots\left(x-\alpha_{n}\right))]로 분리할 수 있다는 것이다.
4.1. 증명
차수에 대한 수학적 귀납법을 쓴다. 1차인 경우, 자명하다.모든 [math(\left(n-1\right))]차 다항식이 위와 같은 분해를 갖는다고 하자. 대수학의 기본정리에 의해 [math(p\left(\alpha_{n}\right)=0)]인 복소수 [math(\alpha_{n})]이 항상 존재하므로 [math(p\left(z\right)=\left(z-\alpha_{n}\right)q\left(z\right))]로 분리할 수 있는데 [math(q\left(z\right))]는 [math(\left(n-1\right))]차 다항식이다. 여기에 귀납 가정을 적용하면 된다.
5. 따름정리 2
모든 실계수 홀수차수 방정식은 1개 이상의 실근을 가진다.
중간값 정리를 이용하면[21] 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. 5.1. 증명 1
이를 증명하기 위하여 먼저 실계수 방정식은 반드시 짝수개의 켤레복소수의 근을 가진다 라는 성질을 증명하고자 한다.[math(f\left(\mathbf{z}\right)=\displaystyle{\sum^{n}_{k=0}a_{k}x^{k}}=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_{1}x+a_{0})]이 복소수 [math(z=p+qi)]를 근으로 가진다고 하자.
그렇다면 [math(f\left(z\right)=a_{n}z^{n}+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_{1}z+a_{0}=0)]이 성립한다.
그렇다면 [math(f\left(z\right)=a_{n}z^{n}+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_{1}z+a_{0}=0)]이 성립한다.
여기서 다음 켤레복소수의 성질을 이용하자.
[math(\overline{z_1}+\overline{z_2}=\overline{z_1+z_2})]
[math(\overline{z}^{n}=\overline{z^n})]
[math(a\overline{z}=\overline{az})](단 [math(a \in \mathbf{R})])[23]
[math(\overline{z}^{n}=\overline{z^n})]
[math(a\overline{z}=\overline{az})](단 [math(a \in \mathbf{R})])[23]
[math(f\left(\overline{z}\right)=a_{n}\overline{z}^{n}+a_{n-1}\overline{z}^{n-1}+\cdots+a_{1}\overline{z}+a_{0}=\overline{a_{n}z^{n}}+\overline{a_{n-1}z^{n-1}}+\cdots+\overline{a_{1}z}+a_{0})]
[math(=\overline{a_{n}z^{n}+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_{1}z+a_{0}}=\overline{f\left(z\right)}=\overline{0}=0)]
즉, 복소수 [math(z)]가 [math(f\left(\mathbf{z}\right)=0)]의 한 근이라면, 그 켤레복소수 [math(\overline{z})] 역시 [math(f\left(\mathbf{z}\right)=0)]의 한 근이 된다. 그러므로 복소수근이 존재한다고 하면 켤레복소수 역시 근이 되게 된다.
[math(=\overline{a_{n}z^{n}+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_{1}z+a_{0}}=\overline{f\left(z\right)}=\overline{0}=0)]
즉, 복소수 [math(z)]가 [math(f\left(\mathbf{z}\right)=0)]의 한 근이라면, 그 켤레복소수 [math(\overline{z})] 역시 [math(f\left(\mathbf{z}\right)=0)]의 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.
[math(f\left(\mathbf{z}\right)=0)]가 복소근 [math(z=p+qi)]을 근으로 가진다고 하면 [math(\overline{z}=p-qi)]역시 근이 되므로, [math(f\left(\mathbf{z}\right)=0)]는 [math((x-z))]와 [math((x-\overline{z}))]의 두 일차식을 인수로 가지게 된다.
즉, 복소근을 지니게 되면 [math(\left(x-z\right)\left(x-\overline{z}\right)=\left(x-p-qi\right)\left(x-p+qi\right)=\left(x-p\right)^{2}-\left(qi\right)^{2}=\left(x-p\right)^{2}+q^{2}=x^{2}-2px+\left(p^2+q^2\right))]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.
즉, 복소근을 지니게 되면 [math(\left(x-z\right)\left(x-\overline{z}\right)=\left(x-p-qi\right)\left(x-p+qi\right)=\left(x-p\right)^{2}-\left(qi\right)^{2}=\left(x-p\right)^{2}+q^{2}=x^{2}-2px+\left(p^2+q^2\right))]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
위에서 간략하게 언급한 중간값 정리를 이용한 엄밀한 증명이다.[24] 여기서는 최고차항의 계수가 양수인 경우만을 증명한다. 음수인 경우는 [math(g(x)=-f(x))]라고 두면 증명할 수 있다.| [math(\displaystyle f(x)=\sum_{i=0}^{2n+1}a_{i}x^{i})] |
먼저 이 식을 다음처럼 짝수차항의 합과 홀수차항의 합으로 분리하자.
| [math(\displaystyle f(x)=\sum_{i=0}^{2n+1}a_{i}x^{i}=\sum_{i=0}^{n}a_{2i}x^{2i}+\sum_{j=0}^{n}a_{2j+1}x^{2j+1}\cdots\textrm{①})] |
이제, [math(x)] 대신 [math(-x)]를 대입한 [math(f(-x))]를 마찬가지 방법으로 전개하면 다음과 같다.
| [math(\displaystyle f(-x)=\sum_{i=0}^{2n+1}a_{i}(-x)^{i}=\sum_{i=0}^{n}a_{2i}x^{2i}-\sum_{j=0}^{n}a_{2j+1}x^{2j+1}\cdots\textrm{②})] |
[math(f(x))]와 [math(f(-x))]는 [math(x=0)]을 중심으로 대칭 관계이므로, 일반화를 위해 [math(x>0)] 범위만을 생각하기로 하자. 또한, 충분히 큰 [math(x)]를 사용하므로, [math(x>\sqrt 2)]라는 범위만 봐도 된다.[25]
①과 ②를 비교하면, 홀수차항의 합의 부호만이 반전된 것을 알 수 있다. 즉, 짝수차항의 합을 [math(A_{n})], 홀수차항의 합을 [math(B_{n})]이라 하면, 다음과 같이 치환할 수 있다.
| [math(f(x)=A_n + B_n, f(-x)=A_n - B_n)] |
| [math(f(x)f(-x)=\left(A_n\right)^{2}-\left(B_n\right)^{2}=|A_n|^{2}-|B_n|^{2})] |
인수분해를 해서 정리해보자.
| [math(f(x)f(-x)=\left(A_n\right)^{2}-\left(B_n\right)^{2}=|A_n|^{2}-|B_n|^{2}=\left(|A_n|+|B_n|\right)\left(|A_n|-|B_n|\right))] |
여기서, [math(|A_n|+|B_n|\geq 0)]이므로 위의 식의 부호는 오로지 [math(|A_n|-|B_n|)]에 의해서만 결정된다.
| [math(\begin{aligned} &A_{n}=&a_{2n}x^{2n}&+&a_{2n-2}x^{2n-2}&+&\cdots&+&a_2x^2&+&a_0\\&B_{n}=&a_{2n+1}x^{2n+1}&+&a_{2n-1}x^{2n-1}&+&\cdots&+&a_3x^3&+&a_1x \end{aligned})] |
이렇게 [math(A_n)]을 전개하고 절대값을 씌워 절대부등식 형태를 도출하면 다음과 같이 바꿀 수 있다.
| [math(|A_{n}|=|a_{2n}x^{2n}+a_{2n-2}x^{2n-2}+\quad \cdots+a_2x^2+a_0|\leq |a_{2n}|x^{2n}+|a_{2n-2}|x^{2n-2}+\cdots+|a_{2}|x^2+|a_0|)] |
다음 수를 정의하고, [math(|A_n|)]을 전개한 절대부등식에 대입하자.
| [math(\max\{|a_{2n}|, |a_{2n-2}|, \cdots, |a_2|, |a_0|\}=\alpha)] |
그러면 다음 부등식이 성립한다.
| [math(|A_{n}|\leq |a_{2n}|x^{2n}+|a_{2n-2}|x^{2n-2}+\cdots+|a_{2}|x^2+|a_0|\leq \alpha\left(x^{2n}+x^{2n-2}+\cdots+x^2+1\right))] |
등비수열의 합의 공식에 따라 압축하면 다음과 같이 정리할 수 있다. [math(x>\sqrt 2)] 이상의 범위를 보고 있으므로 한번 더 정리하면 다음과 같이 새로운 부등식을 얻을 수 있다.
| [math(\displaystyle |A_{n}|\leq \alpha\frac{x^{2n+2}-1}{x^2-1}<\alpha\frac{x^{2n+2}}{x^2-1}<\alpha\cfrac{x^{2n+2}}{\cfrac{x^2}{2}}=2\alpha x^{2n}=\frak{A})] |
이제 [math(B_n)]에도 비슷한 방법을 전개하자. 이번에는 조금 다르게 정의하기 위해서, 최고차항을 제외한 모든 계수를 [math(a_{2n+1})]로 나누고 그 최소값을 택하자.
| [math(\displaystyle \min\{\frac{a_{2n-1}}{a_{2n+1}}, \frac{a_{2n-1}}{a_{2n+1}}, \cdots, \frac{a_3}{a_{2n+1}}, \frac{a_1}{a_{2n+1}}\}=\beta)] |
그러면
| [math(\displaystyle \begin{aligned} B_{n}&=a_{2n+1}x^{2n+1}+a_{2n-1}x^{2n-1}+\cdots+a_3x^3+a_1x&\\&=a_{2n+1}\left(x^{2n+1}+\frac{a_{2n-1}}{a_{2n+1}}x^{2n-1}+\cdots+\frac{a_3}{a_{2n+1}}x^3+\frac{a_1}{a_{2n+1}}x\right)&\\&\geq a_{2n+1}\{x^{2n+1}+\beta x\left(x^{2n-2}+\cdots+x^2+1\right)\}\end{aligned})] |
| [math(\displaystyle a_{2n+1}\{x^{2n+1}+\beta x\left(x^{2n-2}+\cdots+x^2+1\right)\}=a_{2n+1}\{x^{2n+1}+\beta x\frac{x^{2n}-1}{x^2-1}\})] |
| [math(\beta\geq 0)]이면 [math(\displaystyle a_{2n+1}\{x^{2n+1}+\beta x\frac{x^{2n}-1}{x^2-1}\}\geq a_{2n+1}x^{2n+1}>\frac{a_{2n+1}}{2}x^{2n+1}\left(>0\right)\cdots\textrm{③})] [math(\beta<0)]이면 [math(\displaystyle a_{2n+1}\{x^{2n+1}-\beta x\frac{1-x^{2n}}{x^2-1}\}>a_{2n+1}\{x^{2n+1}-\beta x\frac{-x^{2n}}{x^2-1}\}= a_{2n+1}x^{2n+1}\{1+\frac{\beta}{x^2-1}\}\cdots\textrm{④})] |
이 때, 주목할 부분은 [math(\beta < 0)]인 ④번 식이다.
[math(\beta)]의 절대값이 아무리 크더라도, 아르키메데스 성질에 의해서, 충분히 큰 [math(x^2-1)]에 대하여 [math(\cfrac{|\beta|}{x^2-1})]는 1보다 작아진다. [math(\beta<0)]이므로 충분히 큰 [math(x^2-1)]에 대하여 [math(1+\cfrac{\beta}{x^2-1}>\cfrac{1}{2})]이 성립하는 [math(x)]의 최소값을 [math(M)]이라고 하자.
그러면 [math(\forall x>M)]에 대하여 [math(\displaystyle a_{2n+1}x^{2n+1}\{1+\frac{\beta}{x^2-1}\}>\frac{a_{2n+1}}{2}x^{2n+1}\left(>0\right))]이 성립한다.
그렇기에 [math(\beta)]의 부호와 무관하게 [math(x)]가 충분히 크다면 [math(\displaystyle B_{n}>\frac{a_{2n+1}}{2}x^{2n+1})]라고 둘 수 있다.
따라서 [math(|B_n|)]보다 작으면서도 0보다 큰 새로운 식인 [math(\frak{B})]를 정의할 수 있다.
[math(|A|<|C|, |D|<|B|)]에 대하여 [math(|A|-|B|<|C|-|B|<|C|-|D|)]임을 이용해서 정리해보자. [math(|A_n|<\frak{A}, |B_n|>\frak{B})]이므로,
| [math(|A_n|-|B_n|<\frak{A}-\frak{B})] |
| [math(\displaystyle \frak{A}-\frak{B} = 2\alpha x^{2n}-\frac{a_{2n+1}}{2}x^{2n+1})] |
| [math(\displaystyle \frak{A}-\frak{B} = 2\alpha x^{2n}-\frac{a_{2n+1}}{2}x^{2n+1}=\frac{x^{2n}}{2}\{4\alpha-a_{2n+1}x\}<0)] |
| [math(\displaystyle \frac{4\alpha}{a_{2n+1}}<x)] |
| [math(M<x)]이어야 하므로 [math(\displaystyle \max\left(\frac{4\alpha}{a_{2n+1}}, M\right)=\mathbb{B})]라고 하자. |
6. 외부 링크
- 네이버캐스트-대수학의 기본 정리
- # 3Blue1Brown의 설명 영상
[1] 사실, 이 조건은 밑문단의 따름정리 때문에 넣든 빼든 같은 뜻이다.[2] 이미 5차 이상의 방정식의 일반적인(정확히는 [math(+,-,\times,\div,\sqrt[n]{\quad})]만을 유한하게 사용한) 근의 공식이 존재하지 않음을 닐스 헨리크 아벨이 증명한 바 있다. 매우 특수한 경우에 한해서는 근의 공식이 존재하지만, 일반적인 상황으로의 확장은 불가능하다. 예를 들어서 5차 방정식의 경우, 2~4차항이 아예 없는 특수한 형태의 5차 방정식에서는 근의 공식이 존재한다. 이를 브링-제라드 5차꼴(Bring-Jerrard Quintic Form)이라고 한다. (정확하게는 [math(z^5\pm z+a=0)]의 형태를 지닌 방정식은 근의 공식을 가지며, 모든 브링-제라드 5차 꼴은 매개변수를 이용해서 변환하는 것으로 저 꼴로 변형시킬 수 있다는게 밝혀져 있다. 구체적으로는 최고차항의 계수로 나눠 모닉다항식으로 만든 뒤, [math(x^5+ax+b=0)]의 꼴이 되면 [math(a\neq 0)]일 때 [math(\displaystyle z=\frac{x}{\sqrt[4]{-a}})]를 대입해서 정리한다. 그러면 [math(x^5+ax+b=\{\sqrt[4]{-a}z\}^5+a\{\sqrt[4]{-a}z\}+b=-a\sqrt[4]{-a}z^5+a\sqrt[4]{-a}z+b=0)]이 되고, 우변을 [math(-a\sqrt[4]{-a})]로 정리해주면 [math(\displaystyle z^5-z-\frac{b}{\sqrt[4]{-a}^5})]의 꼴로 변형할 수 있기 때문. 만약 [math(a=0)]이라면 저런 전개는 필요없이 1의 거듭제곱근/다섯제곱근을 이용하여 축약정리하면 된다.) 다만 완전히 사칙연산만으로 풀리지는 않으며, 쌍곡선 함수가 들어가는 등 제법 근의 공식이 복잡해지지만, 그래도 초등함수(= 대수함수와 로그/지수함수 꼴을 합성한 함수)로 풀 수 있다는 점에서는 제법 성질이 좋은 방정식이다.[3] 일차방정식만 하더라도 계수에 0과 자연수만 넣어도 근으로 음수나 정수가 아닌 유리수가 나올 수 있고, 최초의 무리수로 알려져 있는 √2는 [math(x^2 = 2)]의 근에서 도출되었다. 수의 확장이 오히려 자연스러운 현상으로 보일 정도다.[4] 대수학의 초등적 증명(Elementary Proof)이라고도 한다. 초등적 증명이란 특정 수학 분야의 증명에서 해당 분야, 혹은 그보다 기초적인 기술만으로 증명을 마치는 것을 의미한다. 대수학의 경우는 대수학 내부에서만 증명을 마치는 것이며, 기타 분야의 경우 대수학과 해당 분야만을 사용해야 한다.[5] 일반적으로 초등적 증명은 타 분야를 도입하는 것보다 끔찍하게 어렵다. 비유하자면 타 분야의 증명도구가 삽이나 포크레인이라면 초등적 증명의 증명도구는 티스푼 수준에 비유할 수 있기 때문. 타 분야는 해당 분야가 성립되기 위해서 보다 하위 분야의 토대 위에 세워지기 때문에 보다 강력한 증명 도구로 사용할 수 있어서 일어나는 현상이다.[6] 프랑스의 수학자 조제프 리우빌(Joseph Liouville)의 이름을 땄다. 이 사람의 이름을 딴 정리가 등각사상(conformal mapping), 해밀턴 역학(Hamiltonian mechanics), 미분기하학(differential geometry) 등의 분야에 여럿 있다. 다만 리우빌의 정리의 실제 증명자는 리우빌이 아닌 오귀스탱루이 코시이다.[7] 즉, 어떤 양수 [math(M)]이 존재하여 모든 [math(z)]에 대해 [math(f(z))]의 절댓값이 [math(M)]보다 작다면[8] 예를 들어 실함수인 [math(f(x) = \sin x)]는 유계이지만 상수함수가 아니다. 참고로 복소삼각함수인 [math(f(z) = \sin z)]는 유계가 아니기 때문에 리우빌의 정리의 적용 대상이 아니다.[9] 참고로 이 정리에서 나온 보조 정리(Lemma)가 바로, 복소평면상의 함수 [math(f)]가 유계 개영역 [math(D)]에서 해석적이며 유계일 경우, 상수함수가 아니라면 그 최대값은 [math(D)]상에 존재하지 않고 개영역 [math(D)]의 경계인 [math(\partial (D)=Bd(D))]에 존재한다. 라는 최대 크기 원리(Maximum modulus principle)다.[10] 사실 근을 하나라도 항상 갖는다는 것만 보여도 n차 방정식이 중근을 포함하여 정확하게 n개의 영점을 갖는다는 것을 쉽게 증명할 수 있다. 아래의 따름정리에서 소개한다.[11] 홀수 차수 확대체의 최소 다항식은 기약 다항식이므로, 1차식이 아닌 이상 근을 가질 수 없다.[12] 만약 어떤 복소계수 다항식 [math( p\left(x\right) )] 의 해가 복소수체 [math( \mathbb{C})] 내부에서 존재하지 않는다면, 그러한 해들을 미지수 [math( \xi )] 로 놓고, 정확히 [math( \mathbb{R})] 에서 [math(x^2+1=0 )] 의 해를 추가하여 [math(\mathbb{C})] 를 만들듯, [math( \mathbb{C} )] 를 포함하는 더 큰 체를 만들 수 있기 때문이다.[13] [math( \text{Char}\left(\mathbb{C}\right) = 0 )]이므로, [math(E )]의 최소 다항식의 분해체를 생각하면 된다[14] 영문 위키피디아에 실린 한 증명을 참고하였다.[15] 물론 가능한 [math(x)]들은 [math(a = |a| e^{i\theta})]라고 썼을 때 [math(|a|^{1/n} e^{i(\theta + 2\pi q)/n} \;\; (q = 0, 1, 2, \cdots, n - 1))]일텐데, 사실 이걸 제대로 증명하는 것도 만만치 않다. 일단 [math(a)]가 음수가 아닌 실수라면 중간값 정리로 쉽게 밝힐 수 있겠지만 문제는 [math(e^{i\theta})] 쪽인데, 물론 워낙 유명한 결과이니 그냥 넘겨도 상관 없을 수 있겠지만 사실 크기가 1인 모든 복소수가 [math(e^{i\theta})] 꼴로 표현될 수 있다는 걸 보이는 건 만만치 않은 문제다. 이 문제는 Rudin의 RCA 중 prologue에서 멋지게 해결해 뒀으니, 꼭 읽어 보도록 하자. 너무 거창해 보여서 차라리 이 방법을 포기하고 위의 다른 증명들을 쓰면 되지 않냐고 할 수도 있겠는데, 그러기엔 모든 복소수가 어떤 복소수의 지수함수 꼴로 항상 표현될 수 있다는 이 내용이 수학 전반적으로 너무 중요한 거라서(예를 들어 본질적으로는 현대 수학에서 sine과 cosine 등의 삼각함수, 그리고 원주율 [math(\pi)]를 가장 엄밀하게 정의하는 것을 포함한다!) 수학 전공자들이라면 반드시 읽어 봐야 할 내용이라고 해도 과언이 아니다.
간단하게 순서를 소개하면, 다음 순서대로 증명을 한다.
1. 임의의 복소수 [math(z)]에 대하여 [math(e^z\neq0)]이라는 점을 보인다.
2. [math({d \over dz}e^{z}=e^{z})]임을 보인다.
3. [math(e^{z}\to\infty\Leftrightarrow z\to\infty, e^{z}\to0\Leftrightarrow z\to-\infty)]임을 보인다.
4. [math(e^{i\pi/2}=i)]를 만족하는 양의 실수 [math(\pi)]의 존재성을 보이고 [math(e^z=1)]와 [math(z/2i\pi)]가 정수임이 동치임을 보인다.
5. 4에 의하여 [math(\exp)]가 복소수 축에 평행한 직선에서 주기함수임을 보인다.
6. [math(t\in \mathbb{R}\to e^{it})]가 복소평면의 단위원으로 사상되는 사상임을 보인다.
7. 따라서 [math(w \in \mathbb{C}\left(\neq 0\right))]에 대하여 [math(w=e^{z})]가 성립하는 [math(z\in\mathbb{C})]가 존재한다.
라는 순서를 거치게 된다.[16] 두번째야 완비거리공간(complete metric space)에서의 컴팩트성을 다루면 반드시 증명하는 성질이므로 책에서 금방 찾을 수 있다. 첫번째는 컴팩트한 공간의 연속상(continuous image) 역시 컴팩트하다는 사실과 컴팩트 거리공간(compact metric space)은 sequentially compact하다는 것((일반적인) 컴팩트 공간이 limit-point compact하는 걸 이용할 수도 있을 것이다), 그리고 실수의 완비성을 이용하면 금방 보일 수 있다.[17] 그냥 넘어갈 수도 있지만(...) 굳이 증명하자면 이렇게 할 수 있다. 먼저 [math(|f(z)| = |\sum_{i = 0}^n a_i z^i| = |z^n + \sum_{i = 0}^{n - 1} a_i z^i| \ge |z|^n |1 - |\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{n - i}}{z^i}||)]가 성립한다. 한편 [math(|z| > 1)]인 [math(z \in \mathbb{C})]에 대하여 [math(|\sum_{i = 1}^n \frac{a_{n - i}}{z^i}| \le \sum_{i = 1}^n \frac{|a_{n - i}|}{|z|^i} \le \sum_{i = 1}^n \frac{A}{|z|} = \frac{nA}{z})] [math((A = \textrm{max}\{|a_0|, |a_1|, \cdots, |a_{n - 1}|\}))]이 성립한다. 이제 [math(R_0 = \textrm{max}\{1, 2nA\})]라고 두면 [math(|z| > R_0)]인 모든 [math(z \in \mathbb{C})]에 대하여 [math(|1 - |\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{n - i}}{z^i}|| \ge \frac{1}{2})]가 성립하므로 [math(|f(z)| \ge \frac{1}{2} |z|^n)]임을 알 수 있다.[18] 수학자들이 minimality(maximality)를 갖고 있을 때 흔히 하는 일인데, 보이고자 하는 명제의 결론을 먼저 뒤집은 다음, 가지고 있는 minimal (maximal) element보다 더 작은 (더 큰) 원소를 찾아서 모순을 만드는 것이다.[19] 참고로 [math(\epsilon = 1)]로 설정한 것이다.[20] 아르강이 증명한 것이 바로 0이 아닌 최솟값을 가질 수 없다는 내용이다.#[21] [math(f(x)=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}a_kx^k=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0)](단, [math(a_n\neq 0)])이라 할 때, 적당한 양의 실수 [math(R)]가 존재하여, [math(\forall z\geq R)]일 때 [math(f(z)f(-z)<0)]임을 보이고 중간값 정리를 사용하면 된다.[22] 하지만 중간값 정리를 이용한 엄밀한 증명은 아래 나온 것 처럼 상당히 복잡하므로 중간값 정리를 쓰고자 하면 그냥 큰 수를 대입해서 보이는 방법을 사용하는게 권장된다.[23] 만약 [math(a\in\mathbf{C})]라면 [math(a\overline{z}=\displaystyle{\overline{\overline{a}z}})]가 되어서 이 방법으로의 증명은 성립하지 않게 된다. 실계수 방정식이라는 전제가 있기 때문에 계수를 켤레복소수 밖으로 빼낼 수 있는 것.[24] 증명이 아니라 특정 홀수차항 다항식을 주고 실근이 있음을 보이라는 문제라면, 단순하게 적당히 큰 양의 실수를 대입해서 중간값 정리를 사용하면 된다.[25] [math(\sqrt 2)]라는 건 뒤에서 [math(\frak{A})]를 정의하기 위해서 골라낸 수로 [math(x>1)] 이상의 범위에서 [math(x^2-1)]보다 작은 [math(kx^2)]를 만족하는 임의의 [math(k)]의 역수의 양의 제곱근을 골라내면 된다. 여기서는 [math(\displaystyle k=\frac{1}{2})]로 선택했다.
간단하게 순서를 소개하면, 다음 순서대로 증명을 한다.
1. 임의의 복소수 [math(z)]에 대하여 [math(e^z\neq0)]이라는 점을 보인다.
2. [math({d \over dz}e^{z}=e^{z})]임을 보인다.
3. [math(e^{z}\to\infty\Leftrightarrow z\to\infty, e^{z}\to0\Leftrightarrow z\to-\infty)]임을 보인다.
4. [math(e^{i\pi/2}=i)]를 만족하는 양의 실수 [math(\pi)]의 존재성을 보이고 [math(e^z=1)]와 [math(z/2i\pi)]가 정수임이 동치임을 보인다.
5. 4에 의하여 [math(\exp)]가 복소수 축에 평행한 직선에서 주기함수임을 보인다.
6. [math(t\in \mathbb{R}\to e^{it})]가 복소평면의 단위원으로 사상되는 사상임을 보인다.
7. 따라서 [math(w \in \mathbb{C}\left(\neq 0\right))]에 대하여 [math(w=e^{z})]가 성립하는 [math(z\in\mathbb{C})]가 존재한다.
라는 순서를 거치게 된다.[16] 두번째야 완비거리공간(complete metric space)에서의 컴팩트성을 다루면 반드시 증명하는 성질이므로 책에서 금방 찾을 수 있다. 첫번째는 컴팩트한 공간의 연속상(continuous image) 역시 컴팩트하다는 사실과 컴팩트 거리공간(compact metric space)은 sequentially compact하다는 것((일반적인) 컴팩트 공간이 limit-point compact하는 걸 이용할 수도 있을 것이다), 그리고 실수의 완비성을 이용하면 금방 보일 수 있다.[17] 그냥 넘어갈 수도 있지만(...) 굳이 증명하자면 이렇게 할 수 있다. 먼저 [math(|f(z)| = |\sum_{i = 0}^n a_i z^i| = |z^n + \sum_{i = 0}^{n - 1} a_i z^i| \ge |z|^n |1 - |\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{n - i}}{z^i}||)]가 성립한다. 한편 [math(|z| > 1)]인 [math(z \in \mathbb{C})]에 대하여 [math(|\sum_{i = 1}^n \frac{a_{n - i}}{z^i}| \le \sum_{i = 1}^n \frac{|a_{n - i}|}{|z|^i} \le \sum_{i = 1}^n \frac{A}{|z|} = \frac{nA}{z})] [math((A = \textrm{max}\{|a_0|, |a_1|, \cdots, |a_{n - 1}|\}))]이 성립한다. 이제 [math(R_0 = \textrm{max}\{1, 2nA\})]라고 두면 [math(|z| > R_0)]인 모든 [math(z \in \mathbb{C})]에 대하여 [math(|1 - |\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{n - i}}{z^i}|| \ge \frac{1}{2})]가 성립하므로 [math(|f(z)| \ge \frac{1}{2} |z|^n)]임을 알 수 있다.[18] 수학자들이 minimality(maximality)를 갖고 있을 때 흔히 하는 일인데, 보이고자 하는 명제의 결론을 먼저 뒤집은 다음, 가지고 있는 minimal (maximal) element보다 더 작은 (더 큰) 원소를 찾아서 모순을 만드는 것이다.[19] 참고로 [math(\epsilon = 1)]로 설정한 것이다.[20] 아르강이 증명한 것이 바로 0이 아닌 최솟값을 가질 수 없다는 내용이다.#[21] [math(f(x)=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}a_kx^k=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0)](단, [math(a_n\neq 0)])이라 할 때, 적당한 양의 실수 [math(R)]가 존재하여, [math(\forall z\geq R)]일 때 [math(f(z)f(-z)<0)]임을 보이고 중간값 정리를 사용하면 된다.[22] 하지만 중간값 정리를 이용한 엄밀한 증명은 아래 나온 것 처럼 상당히 복잡하므로 중간값 정리를 쓰고자 하면 그냥 큰 수를 대입해서 보이는 방법을 사용하는게 권장된다.[23] 만약 [math(a\in\mathbf{C})]라면 [math(a\overline{z}=\displaystyle{\overline{\overline{a}z}})]가 되어서 이 방법으로의 증명은 성립하지 않게 된다. 실계수 방정식이라는 전제가 있기 때문에 계수를 켤레복소수 밖으로 빼낼 수 있는 것.[24] 증명이 아니라 특정 홀수차항 다항식을 주고 실근이 있음을 보이라는 문제라면, 단순하게 적당히 큰 양의 실수를 대입해서 중간값 정리를 사용하면 된다.[25] [math(\sqrt 2)]라는 건 뒤에서 [math(\frak{A})]를 정의하기 위해서 골라낸 수로 [math(x>1)] 이상의 범위에서 [math(x^2-1)]보다 작은 [math(kx^2)]를 만족하는 임의의 [math(k)]의 역수의 양의 제곱근을 골라내면 된다. 여기서는 [math(\displaystyle k=\frac{1}{2})]로 선택했다.