가우스의 천재성을 실감하게 되는 이야기에는 초등학교 3학년 때 1부터 100까지 자연수의 합을 암산한 사례와, 19살 때 정십칠각형이 작도 가능함을 보인 사례 등이 있다. 사실 가우스는 정십칠각형의 작도 가능성에서 더 나아가, 여러 홀수 소수 $n$ 에 대하여 방정식 $$x^n-1=0$$을 풀어 각 $2 k \pi / n = P k/ n$(이 글에서는 가우스가 사용한 $2\pi=P$ 표기를 따르겠다)의 삼각비 값을 구했다. $x^{17}-1=0$ 을 푸는 것이 왜 정십칠각형의 작도와 관련있을까? 이는 방정식의 해인 $r= \cos P/17+i \sin P/17$ 에서 정십칠각형의 한 외각의 cosine 값을 찾을 수 있기 때문이다. 이 값이 작도 가능함을 보이면 정십칠각형이 작도 가능함을 보인 것과 같다(작도 가능한 수가 어떤 수인지 궁금하다면: https://exp-onential.tistory.com/11).
방정식 $x^n-1=0$ 의 해법은 가우스가 21살 때 적었던 정수론 책 Disquisitiones Arithmeticae 에서 찾을 수 있다. 이번 글에서는 이 책의 관련 챕터인 SECTIO SEPTIMA : DE AEQVATIONIBVS CIRCVLI SECTIONES DEFINIENTIBVS. 의 주요 내용을 소개해 보겠다.
그러나 일반적인 $n$ 에 대한 해법을 이해하기 위해서는 너무나 많은 정수론적 배경 지식이 필요하므로, 이번 글에서는 가우스가 특별히 직접 계산해준 $n=17$, $n=19$ 두 가지 예시를 풀어볼 것이다(이의 결과로써 정십칠각형은 작도 가능하지만 정십구각형은 작도 불가능하다는 사실을 얻어갈 수 있다).
먼저, 해법에 필요한 정수론의 개념과 가우스가 사용한 표기를 짚고 넘어가자. 가장 먼저 원시근(primitive root)이라는 개념이 필요하다. $n$ 의 원시근 $g$ 은 다음을 만족하는 자연수이다. $$\{ g^0, g^1, g^2, \cdots, g^{n-2} \} \equiv \{ 1, 2, 3, \cdots, n-1 \} \ \ ( \text{mod}.n)$$즉, $g^0$, $g^1$, $\cdots$, $g^{n-2}$ 의 $n$ 으로 나눈 나머지들이 $1$, $2$, $\cdots$, $n-1$ 에 골고루 존재하면 된다. 예를 들어 $n=17$ 의 경우 원시근 $g=3$ 을 가지는데, 이에 대한 근거는 다음과 같다(원시근의 지수를 첫 번째 줄에, 이에 해당하는 $g=3$ 의 거듭제곱을 $n=17$ 로 나눈 나머지를 두 번째 줄에 적었다): $$\begin{align} 0. \,\, 1. \,\, 2. \,\, \,\,\, 3. \,\, \,\,\, 4. \,\, 5. \,\, \,\,\, 6. \,\, \,\,\, 7. \,\, \,\,\, 8. \,\, \,\,\, 9. \,\, 10. \,\, 11. \,\, 12. \,\, 13. \,\, 14. \,\, 15 \\ 1. \,\, 3. \,\, 9. \,\, 10. \,\, 13. \,\, 5. \,\, 15. \,\, 11. \,\, 16. \,\, 14. \,\, \,\,\, 8. \,\, \,\,\, 7. \,\, \,\,\, 4. \,\, 12. \,\, \,\,\, 2. \,\, \,\,\, 6 \end{align} $$ 이와 같이 $g^0$, $g^1$, $\cdots$, $g^{n-2}$ 을 $n$ 으로 나눈 나머지의 집합이 $1$, $2$, $\cdots$, $n-1$ 의 집합과 일치하면, 자연수 $g$ 을 $n$ 의 원시근 primitive root이라고 한다. 이러한 원시근은 $n$ 에 대하여 유일하지 않을 수도 있다(참고로, $17$ 의 또 다른 원시근으로는 $5$, $6$, $7$, $10$, $11$, $12$, $14$ 가 있다). 또한 원시근은 $\text{mod}.n$ 에 대하여 $g^{n-1} \equiv 1$ 이라는 성질도 가지고 있다.
339. 다음으로, 가우스가 사용한 표기를 알아보자. 앞으로 $n$ 은 일반적인 홀수 소수를 의미한다. $x^n-1=0$ 의 해집합 중 $1$ 을 제외한 나머지는 $n-1$ 개의 허수이고, 이들은 방정식 $$x^{n-1}+x^{n-2}+\text{etc.}+x+1=0$$ 의 해이다. 이 방정식의 해집합을 $\Omega$ 라 하고 다항식 $$x^{n-1}+x^{n-2}+\text{etc.}+x+1$$ 을 $X$ 라 표기한다. 가우스는 책의 341.에서 $X$ 가 유리수 범위에서 인수분해되지 않음을 증명했다.
$\Omega$ 의 원소 하나를 $r$ 이라 하면, 모든 정수 $e$ 에 대하여 $r^{en}=1$ 이다. 따라서, $\lambda$, $\mu$ 을 $\text{mod}.n$ 에 대하여 같은 두 정수라 하면, $r^\lambda = r^\mu$ 이다. 그러나, 만약 $\lambda$, $\mu$ 가 $\text{mod}.n$ 에 대하여 다르면, $r^\lambda$ 와 $r^\mu$ 는 다르다(이 경우 $(\lambda-\mu)\nu \equiv 1$ $(\text{mod.}n)$ 인 정수 $\nu$ 가 존재하므로, $r^{(\lambda-\mu)\nu}=r$ 이게 되어 $r^{\lambda-\mu}$ 가 $1$ 일 수 없다). 또한, $r$ 의 어느 거듭제곱 또한 $x^n-1=0$ 의 해임은 자명하다. 따라서, $1$($=r^0$), $r^1$, $r^2$, $\cdots$, $r^{n-1}$ 은 서로 다른 $n$ 개의 수이므로 $x^n-1=0$ 의 모든 해를 나타내고, $r$, $r^2$, $r^3$, $\cdots$, $r^{n-1}$ 은 $\Omega$ 집합과 일치한다. 더욱 일반적으로, $\Omega$ 은 $n$ 의 배수가 아닌 정수 $e$ 에 대하여 $r^e$, $r^{2e}$, $r^{3e}$, $\cdots$, $r^{(n-1)e}$ 와 일치한다. 따라서 다음 등식이 얻어지고 $$X=(x-r^e)(x-r^{2e})(x-r^{3e})\cdots(x-r^{(n-1)e})$$ 이로부터 $$r^e+r^{2e}+r^{3e}+\cdots+r^{(n-1)e}=-1$$ 이고 $$1+r^e+r^{2e}+\cdots+r^{(n-1)e}=0$$ 이다.
두 근 $r$ 와 $1/r$($=r^{n-1}$), 또는 일반적으로 $r^e$ 와 $r^{-e}$ 을 reciprocal roots라 부른다. 자명하게, 두 항 $x-r$ 와 $x-(1/r)$ 의 곱은 $P/n$ 의 배수인 각 $\omega$ 에 대하여 $=x^2-2x \cos \omega+1$ 이다.
위의 $r$ 은 $k=0$, $1$, $2$, $\cdots$, $n-1$ 에 대하여 $$\cos\frac{kP}{n}+i \sin\frac{kP}{n}=r$$ 중 아무 수로 잡아도 괜찮지만, 이 글에서는 간단하게 $k=1$ 을 택하여 $r=\cos P/n+i\sin P/n$ 으로 생각하자.
342. 우리는 $X$ 을 점차 낮은 차수의 항들로 인수분해 해 나가고 싶다. 이 과정을 거쳐 결국 $\Omega$ 을 구할 수 있을 것이다. 우리는 만약 $n−1$ 이 소수 $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\text{etc.}$ 들의 곱이라면, $X$ 은 차수가 $( n − 1 ) / \alpha$ 인 $\alpha$ 개의 항으로 인수분해될 수 있다. 이 항들의 계수는 차수 $\alpha$ 인 방정식을 풂어 얻을 수 있다. 그 후 각각의 인수는 다시 차수가 $( n − 1 ) / \alpha\beta$ 인 $\beta$ 개의 항으로 인수분해되며, 이 역시 차수 $\beta$ 인 방정식의 도움으로 이루어진다. 따라서, $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\text{etc.}$ 등의 소인수의 개수를 $\nu$ 라 할 때, $\Omega$ 을 구하는 문제는 차수가 각각 $\alpha$, $\beta$, $\gamma$, $\text{etc.}$ 인 $\nu$ 개의 방정식을 푸는 문제로 바뀐다. 예를 들어, $n = 17$ 인 경우 $n−1=2\cdot2\cdot2\cdot2$ 이므로, 우리는 네 개의 이차방정식을 풀면 된다. 또한 $n=73$ 인 경우에는 세 개의 이차방정식과 두 개의 삼차방정식을 풀어야 한다.
앞으로 $r$ 의 거듭제곱들을 많이 사용하게 되는데, 가우스는 이를 정수 $\lambda$ 에 대하여 $r^\lambda=[\lambda]$ 라 표기했다. 339.에서 이야기한 바와 같이 두 정수 $\lambda$ 와 $\mu$ 가 $\text{mod}.n$ 에 대하여 같으면 $[\lambda]$ 와 $[\mu]$ 도 같고 다르면 다르다. 또한, $[0]=1$, $[\lambda][\mu] = [\lambda+\mu]$, $[\lambda]^\nu=[\lambda \nu]$ 같은 성질을 가짐은 자명하다.
343. $\Omega$ 은 $[1]$, $[2]$, $\cdots$, $[n-1]$ 로 적을 수 있다. 이 때, $n$ 의 원시근 $g$ 에 대하여 $n-1$ 개의 수의 집합 $1$, $g$, $g^2$, $\cdots$, $g^{n-2}$ 은 $\text{mod}.n$ 에 대하여 $1$, $2$, $3$, $\cdots$, $n-1$ 의 집합과 같아진다(순서는 다를 수 있다). 따라서, $\Omega$ 은 집합 $[g^0]$, $[g^1]$, $[g^2]$, $\cdots$, $[g^{n-2}]$ 와 일치한다. 또한, $\lambda$ 가 $n$ 의 배수가 아닌 정수이면, $\Omega$ 은 다음 집합과 일치한다. $$[\lambda g^0], [\lambda g^1], [\lambda g^2], \cdots, [\lambda g^{n-2}]$$
마지막으로 가우스는 period라는 $(\cdot , \cdot)$ 표기를 정의했다. 이는 $\Omega$ 의 해를 나누는 방법이다. $n-1$ 의 양의 약수 $f$ 와 정수 $\lambda$ 에 대하여 period $(f , \lambda)$ 은 다음과 같이 정의된다: $n$ 의 원시근 중 하나를 $g$ 라 하고, $n-1=ef$ 인 자연수 $e$ 에 대하여 $g^e=h$ 라 하면, $$(f, \lambda) = [\lambda] + [\lambda h]+ [\lambda h^2] + \text{etc.} + [\lambda h^{f-1}] $$ $\lambda$ 이 $n$ 의 배수가 아니면 $(f, \lambda)$ 은 $\Omega$ 의 원소 중 서로 다른 $f$ 개의 합이게 된다. 그러나 가우스는 $f$ 개의 수의 집합으로 혼용하기도 했다. $0$ 와 같은 $n$ 의 배수 $\lambda$ 에 대해서는 $(f, \lambda)=f$ 인 것이 자명할 것이다.
이러한 정의가 어떤 원시근을 택하는지에 관계 없는지 의문이 들어야 우리는 진정한 수학자이다! 만약 원시근에 대하여 유일하지 않은 정의였다면 $(f, \lambda, g)$ 처럼 적었을 것이다... 역시나 가우스는 $n$ 의 서로 다른 원시근 $g$, $G$ 에 대하여 period을 계산하여도 결과가 같음을 보였고, 이를 내가 옮겨 적어 보겠다. $n-1=ef$, $g^e=h$, $G^e=H$ 라 하자. 우리는 두 집합 $h^0$, $h^1$, $h^2$, $\cdots$, $h^{f-1}$ 와 $H^0$, $H^1$, $H^2$, $\cdots$, $H^{f-1}$ 이 $n$ 으로 나눈 나머지에 대하여 일치함을 보이면 된다. 먼저, 원시근의 정의 덕분에 $G \equiv g^\omega$ $(\text{mod} .n)$ 인 정수 $\omega$ 을 잡을 수 있다. 이제 $f$ 보다 작은 임의의 자연수 $\mu$ 에 대하여, $\mu\omega$ 을 $f$ 로 나눈 나머지를 $\nu$ 라 하자. 그러면 $\nu e \equiv \mu\omega e$ $(\text{mod} . n-1)$ 이므로, $g^{\nu e}\equiv g^{\mu\omega e} \equiv G^{\mu e}$ $(\text{mod} . n)$, 즉 $H^\mu \equiv h^\nu$ 이다. 이 때 $\mu$ 을 $1$ 부터 $f-1$ 까지 잡아가면 이에 따라 $\nu$ 도 $1$ 에서 $f-1$ 의 모든 자연수에 골고루 분포하고(서로 다른 $\mu_1$, $\mu_2$ 가 같은 $\nu$ 을 가진다면 $f$ 에 대하여 $\mu_1 \omega \equiv \mu_2 \omega \equiv \nu$ 라는 것인데 $| \mu_1- \mu_2| < f$ 이므로 이는 불가능), $\nu=0$ 은 $\mu=0$ 인 경우이므로, 결론적으로 두 집합 $[h^0]$, $[h^1]$, $[h^2]$, $\cdots$, $[h^{f-1}]$ 와 $[H^0]$, $[H^1]$, $[H^2]$, $\cdots$, $[H^{f-1}]$ 은 일치하게 된다.
이렇게 정의한 period은 $n-1$ 의 약수 $f$ 에 대하여 $[1]$, $[2]$, $\cdots$, $[n-1]$ 중 $f$ 개의 수를 정수론적으로 유용하게 잘 선택하는 방법이다. $n-1$ 개의 $[\cdot]$ 중 $f$ 개를 나누려면 총 $e$ 개의 period가 있어야 하고, $\lambda$ 은 이러한 $e$ 개의 period에 번호를 붙여준다. 이를 직접 살펴보자. $n=19$ 인 경우에는, 원시근 $g=2$ 을 잡고 $f=6$, $\lambda = 1$ 인 $(6, 1)$ 을 계산해보자. $n-1 = 18 = 3\cdot 6$ 이므로 $e=3$, $h=g^e=2^3=8$ 이다. 따라서, $(6, 1)$ 은 $[1]$, $[8]$, $[64]$, $[512]$, $[4096]$, $[32768]$ 로 구성된다. 즉, $[1]$, $[7]$, $[8]$, $[11]$, $[12]$, $[18]$ 의 합이다. 비슷하게 $(6, 2)$ 은 $[2]$, $[3]$, $[5]$, $[14]$, $[16]$, $[17]$ 의 합이다. $(6, 3)$ 은 $(6, 2)$ 와 같다. $(6, 4)$ 은 $[4]$, $[6]$, $[9]$, $[10]$, $[13]$, $[15]$ 의 합이다. $(6, 1)$, $(6, 2)$, $(6, 4)$ 와 같이 $f$ 가 같은 period들을 similar하다고 부른다. 즉 우리는 $\Omega$ 을 3개의 similar한 $(6, \cdot)$ 을 이용하여 잘 나눈 것이다.
344. $\text{I.}$ 위와 같이 period을 이용하여 $\Omega$ 을 나눌 때 겹치지는 않을까? 이러한 걱정을 해소하기 위해 가우스는 $[\lambda]$, $[\lambda']$ 이 같은 period에 속해있을 때, 이 중 하나만을 가지는 similar period가 없음을 보였다. $\lambda h^f \equiv \lambda$, $\lambda h^{f+1} \equiv \lambda h$, $\text{etc.}$ $(\text{mod}.n)$ 으로 부터, $(f, \lambda)$, $(f, \lambda h)$, $(f, \lambda h^2)$, $\text{etc.}$ 들이 서로 같음을 알 수 있다. 따라서 일반적으로 $[\lambda ']$ 이 $(f, \lambda)$ 에 속해있다면, 이 period은 $(f, \lambda')$ 와 같게 된다. 즉, 어떤 두 similar period가 어떤 $[\cdot]$ 을 공통적으로 가지고 있다면, 이 두 period은 일치하게 된다. 따라서 두 개의 해가 같은 period에 속할 때 그 중 한 해만이 다른 similar period에 포함될 수는 없다.
$\text{II.}$ 이제 period을 이용하여 $\Omega$을 나누는 방법을 알아보자. 먼저 $f=n-1$, $e=1$ 이면 $(f, 1)$ 이 $\Omega$ 와 일치할 것이다. 다른 $f$ 값에 대해서는 $\Omega$ 은 중복 없이 $(f, 1)$, $(f, g)$, $(f, g^2)$, $\cdots$, $(f, g^{e-1})$ 으로 나누어진다. 앞에서 증명한 사실 덕분에 이러한 period들은 서로 겹치는 근을 가지지 않고, 이 외의 similar period $(f, \lambda)$ 은 위의 것 중 하나와 어차피 같다($[\lambda]$ 가 $\Omega$ 의 원소인 경우; 즉 $\lambda$ 이 $n$으로 나누어떨어지지 않을 때). 또한 $\lambda$ 가 $n$ 의 배수가 아니면, $(f, \lambda)$, $(f, \lambda g)$, $(f, \lambda g^2)$, $\cdots$, $(f, \lambda g^{e-1})$ 은 $\Omega$ 을 중복 없이 나누게 된다. 앞에서 계산해보았던 $n=19$, $f=6$, $g=2$ 의 경우, $\Omega$ 가 $(6, 1)$, $(6, 2)$, $(6, 4)$ 로 나누어 졌던 것이었다.
$\text{III.}$ period 또한 작은 period들로 나눌 수 있다. 만약 $n-1$ 이 세 자연수 $a$, $b$, $c$ 의 곱이면, 모든 $(bc, \cdot)$ 은 $b$ 개의 $(c, \cdot)$ 으로 나누어진다. 예를 들어, $(bc, \lambda)$ 은 $(c, \lambda)$, $(c, \lambda g^a)$, $(c, \lambda g^{2a})$, $\cdots$, $(c, \lambda g^{ab-a})$ 로 나뉜다. $n=19$ 인 예시의 $(6, 1)$ 은 $(2, 1)$, $(2, 8)$, $(2, 7)$ 로 쪼개진다. 첫 번째 것은 $r$, $r^{18}$, 두 번째 것은 $r^8$, $r^{11}$, 세 번째 것은 $r^7$, $r^{12}$ 을 포함한다.
따라서 우리는 period가 $\Omega$ 을 중복 없이 나눌 수 있고, period 또한 더 작은 period로 나눌 수 있음을 알았다. 그런데 이러한 방법이 왜 수학적으로 의미 있을까? 이에 대한 설명으로 가우스는 다음 정리를 소개했다.
345. $(f, \lambda)$, $(f, \mu)$ 가 두 similar period라 하고(서로 다를 필요는 없다), $(f, \lambda)$ 가 $[\lambda]$, $[\lambda']$, $[\lambda'']$, $\text{etc.}$ 을 포함한다고 하자. 그러면, $(f, \lambda)$ 와 $(f, \mu)$ 의 곱은 다음처럼 similar period의 합이 된다: $$=(f, \lambda+\mu) + (f, \lambda' + \mu)+(f, \lambda'' + \mu) +\text{etc.} = W$$ 이 정리는 상당히 유용하게 쓰이므로, 증명하자. 여태 사용한 미지수처럼 $n-1=ef$, 원시근 $g$, $h=g^e$ 을 잡자. 이제 곱을 계산해보면, $$ \begin{align} (f, \mu) \cdot (f, \lambda) & = \left( [\mu]+[\mu h]+\cdots + [\mu h^{f-1}] \right) (f, \lambda) \\ & = [\mu] \cdot (f, \lambda) + [\mu h] \cdot (f, \lambda) + \cdots + [\mu h^{f-1}] \cdot (f, \lambda h) \end{align} $$ 이다. 앞서 언급했던 $(f, \lambda) = (f, \lambda h) = (f, \lambda h^2) $ $\text{etc.}$ 에 의해, 우리가 원하는 곱은 $$=[\mu]\cdot(f, \lambda) + [\mu h]\cdot(f, \lambda h) + [\mu h^2]\cdot(f, \lambda h^2) + \text{etc.}$$ 이게 되므로, $$\begin{align} & = [\lambda + \mu] && + [\lambda h + \mu] \cdots && + [\lambda h^{f-1} + \mu] \\ & + [\lambda h + \mu h] && + [\lambda h^2 + \mu h] \cdots && + [\lambda h^f + \mu h] \\ & + [\lambda h^2+\mu h^2] && + [\lambda h^3+\mu h^2 ] \cdots && + [\lambda h^{f+1}+\mu h^2] \ \ \text{etc.} \end{align}$$ 이다. 이는 $f^2$ 개의 해들의 합이다. 여기서 세로축끼리 묶어서 계산하면 우리는 다음을 얻는다: $$(f, \lambda+\mu)+(f, \lambda h + \mu) + \cdots + (f, \lambda h^{f-1}+\mu)$$ 이 결과는 위에서 언급한 $W$ 와 일치한다. 왜냐하면, 정리의 가정에 의해 두 집합 $\lambda$, $\lambda '$, $\lambda ''$, $\text{etc.}$ 와 $\lambda$, $\lambda h$, $\lambda h^2$, $\cdots$, $\lambda h^{f-1}$ 은 $\text{mod}.n$ 에 대하여 일치하기 때문에, 집합 $$\lambda+\mu, \ \ \lambda'+\mu \ \ \lambda''+\mu, \ \text{etc.}$$ 은 다음 집합 $$\lambda + \mu, \ \ \lambda h + \mu, \ \ \lambda h^2+\mu, \cdots, \lambda h^{f-1}+\mu$$ 와 일치하게 된다.
이 정리에 의한 네 가지 따름정리collary를 아래에 I, II, III, IV 로 소개하겠다.
$\text{I.}$ 정수 $k$에 대하여, $(f, k\lambda)$ 와 $(f, k\mu)$ 의 곱은 다음과 같을 것이다: $$=(f, k(\lambda+\mu))+(f, k(\lambda'+\mu))+(f, k(\lambda''+\mu))+ \text{etc.}$$
$\text{II.}$ 위에서 보인 $W$ 의 형태는 $(f, 0)=f$ 와 $(f, 1)$, $(f, g)$, $(f, g^2)$, $\cdots$, $(f, g^{e-1})$ 의 합이므로, $W$ 은 다음과 같이도 적을 수 있다. $$W=af+b(f, 1)+b'(f, g)+b''(f, g^2)+\cdots+b^\epsilon(f, g^{e-1})$$ 여기서 계수 $a$, $b$, $b'$, $\text{etc.}$ 들은 양의 정수 또는 $0$ 이게 된다. 이어서 $(f, k\lambda)$ 와 $(f, k\mu)$ 의 곱 또한 $$=af+b(f, k)+b'(f, kg)+\cdots+b^\epsilon(f, kg^{e-1})$$ 로 적을 수 있다. 예를 들어, $n=19$ 인 예시에서의 $(6, 1)$ 을 제곱하면 $$ \begin{align} & =(6, 2)+(6, 8)+(6, 9)+(6, 12)+(6, 13)+(6, 19) \\ & = 6+2(6, 1)+(6, 2)+2(6, 4) \end{align}$$ 로 계산할 수 있다.
$\text{III.}$ $W$ 의 각 항에 similar period인 $(f, \nu)$ 을 곱하면 유사한 형태로 정리할 수 있기 때문에, 세 개의 period의 곱인 $(f, \lambda)\cdot(f, \mu)\cdot(f, \nu)$ 또한 $cf+d(f, 1)+\cdots+d^\epsilon(f, g^{e-1})$ 로 정리할 수 있다. 여기서의 계수 $c$, $d$, $\text{etc.}$ 들도 양의 정수 또는 $0$ 이다. 이어서, 정수 $k$ 에 대하여 다음을 얻을 수 있다: $$(f, k\lambda)\cdot(f, k\mu)\cdot(f, kv) = cf+d(f, k)+d'(f, kg)+\text{etc.}$$ 이 정리는 몇 개의 similar period의 곱에 대해서도 확장 가능하고, 곱해지는 period 끼리 같은지 다른지에 상관 없다.
$\text{IV.}$ 다항함수 $F=\phi(t, u, v, \cdots)$ 의 미지수인 $t$, $u$, $v$, $\text{etc.}$ 에 similar period $(f, \lambda)$, $(f, \mu)$, $(f, \nu)$, $\text{etc.}$ 을 대입한 값은 $$A+B(f, 1)+B'(f, g)+B''(f, g^2)+\cdots+B^\epsilon (f, g^{e-1})$$ 이고, 만약 $F$ 의 계수가 모두 정수였다면 계수들 $A$, $B$, $B'$, $\text{etc.}$ 또한 정수이게 된다. 같은 방법으로, $F$ 에 $t$, $u$, $v$, $\text{etc.}$ 에 $(f, k\lambda)$, $(f, k\mu)$, $(f, k\nu)$, $\text{etc.}$ 을 대입한 결과는 $A+B(f, k)+B'(f, kg)+\text{etc.}$ 일 것이다.
이러한 계산이 가능하기 때문에, period은 $\Omega$ 을 유용하게 잘 나누어주는 도구의 역할을 한다. 이 외에도 similar period 사이의 관계식과 같은 여러 성질이 있다. 예를 들어, $$\begin{align} (6, 2) & = 4 - (6, 1)^2, \ \ \ (6, 4) = -5-(6, 1)+(6,1)^2 \\ (6, 4) & = 4-(6,2)^2, \ \ \ (6,1)=-5-(6,2)+(6,2)^2 \\ (6,1) & = 4-(6,4)^2, \ \ \ (6,2) =-5-(6,4)+(6,4)^2 \end{align}$$ 와 같이 $(6, \cdot)$ 의 값을 구한 후 나머지 similar period은 이에 대한 다항식으로 구할 수 있다. 하지만 여태 소개한 성질들만으로도 $n=17$, $n=19$ 에서의 $x^n-1=0$ 을 풀 준비가 된 것 같으니, 이제 직접 해보자!
354. 가우스가 직접 다루었던 $n=17$ 일 때 $x^n-1=0$ 의 모든 해를 구해보자. 위에서 했던 계산 덕분에 $n-1=16$ 의 원시근으로 $g=3$ 을 잡을 수 있다. 또한 $n-1=2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2$ 이기 때문에, $\Omega$ 을 다음과 같이 나눌 수 있다: $$\Omega = (16, 1) \begin{cases} (8,1) \begin{cases} (4,\,\,\,1) \begin{cases} (2, \,\,\, 1) \ldots [1], [16] \\ \\ (2,13) \ldots [4], [13] \end{cases} \\ \\ (4,\,\,\,9) \begin{cases} (2, \,\,\, 9) \ldots [8], [\,\,\,9] \\ \\ (2,15) \ldots [2], [15] \end{cases} \end{cases} \\
\\ (8,3) \begin{cases} (4,\,\,\,3) \begin{cases} (2, \,\,\, 3) \ldots [3], [14] \\ \\ (2, \,\,\, 5) \ldots [5], [12] \end{cases} \\ \\ (4,10) \begin{cases} (2,10) \ldots [7], [10] \\ \\ (2,11) \ldots [6], [11] \end{cases} \end{cases} \end{cases} $$이를 이용하면 본래의 16차방정식을 푸는 것이 몇 개의 2차방정식을 푸는 과정과 같아진다. 이제 이 과정을 천천히 음미해보자!
먼저, $(8, 1)$ 와 $(8, 3)$ 의 합과 곱을 살펴보자. 앞에서 공부했던 period의 성질을 이용하여 다음과 같이 계산할 수 있다: $$ \begin{align} (8, 1)+(8, 3) & = (16,1) = -1 \\ (8, 1) \times (8, 3) & = (8, \,\,\, 4)+(8, \,\,\, 5)+(8, \,\,\, 7)+(8, 11)+(8, 12)+(8, 16)+(8, 18)+(8, 19) \\ & = (8, \,\,\, 1) +(8, \,\,\, 3)+(8, \,\,\, 3)+(8, \,\,\, 3)+(8, \,\,\, 3)+(8, \,\,\, 3)+(8, \,\,\, 1)+(8, \,\,\, 1)+(8, \,\,\, 1) \\ & = 4[(8, \,\,\, 1)+(8, \,\,\, 3)] \\ & = 4(16, 1) \\ & = -4 \end{align} $$ 따라서 $(8, 1)$ 와 $(8, 3)$ 을 두 근으로 가지는 2차방정식은 다음과 같다: $$(8, 1) , (8, 3) \ : \ x^2+x-4=0$$
같은 방법으로 $(4, 1)$ 와 $(4, 9)$ 을 두 근으로 하는 2차방정식을 찾아보자. 이 두 period의 합과 곱은 $$\begin{align} (4, 1)+(4, 9) & = (8, 1) \\ (4, 1)\times(4, 9) & = (4, 10)+(4, 13)+(4, 22)+(4, 25) \\ & = (4, 10)+(4, \,\,\, 1)+(4, \,\,\, 3)+(4, \,\,\, 9) \\ & = (16, 1) \\ & = -1 \end{align} $$이다. 따라서 두 period을 근으로 가지는 2차방정식은 다음과 같다: $$ (4, 1) , (4, 9) \ : \ x^2-(8, 1)x-1 =0 $$ 이어서, $(4, 3)$ 와 $(4, 10)$ 의 합과 곱은 $$\begin{align} (4, 3)+(4, 10) & = (8, 3) \\ (4, 3)\times (4, 10) & = (4, 13)+(4, 15)+(4, 22)+(4, 24) \\ & = (4, \,\,\, 1)+(4, \,\,\, 9)+(4, \,\,\, 3)+(4, 10) \\ & = (16, 1) \\ & = -1 \end{align} $$ 이므로, 두 period을 근으로 가지는 2차방정식은 다음과 같다: $$(4, 3) , (4, 10) \ : \ x^2-(8,3)x-1=0 $$
남은 period인 $(2, \cdot)$ 을 잘 짝지어 합과 곱을 구해보면 다음과 같다: $$\begin{align} (2, \,\,\, 1)+(2, 13) & = (4, \,\,\, 1) \\ (2, \,\,\, 1)\times(2, 13) & = (2, 14) + (2, 29) \\ & = (2, \,\,\, 3) + (2, \,\,\, 5) \\ & = (4, \,\,\, 3) \\ (2, \,\,\, 9) + (2, 15) & = (4, \,\,\, 9) \\ (2, \,\,\, 9) \times(2, 15) & = (2, 23) + (2, 24) \\ & = (2, 11) + (2, 10) \\ & = (4, 10) \\ (2, \,\,\, 3) + (2, \,\,\, 5) & = (4, \,\,\, 3) \\ (2, \,\,\, 3)\times(2, \,\,\, 5) & = (2, \,\,\, 8) + (2, 19) \\ & = (2, \,\,\, 9) + (2, 15) \\ & = (4, \,\,\, 9) \\ (2, 10)+(2, 11) & = (4, 10) \\ (2, 10) \times (2, 11) & = (2, 18) + (2, 21) \\ & = (2, \,\,\, 1) + (2, 13) \\ & = (4, \,\,\, 1) \end{align}$$ 즉, 이 8개의 period을 구하기 위해서는 다음과 같은 네 개의 2차방정식을 풀면 된다. $$\begin{align}(2, \,\,\, 1), (2, 13) \ : \ x^2-(4,\,\,\, 1)x+(4, \,\,\, 3) & =0 \\ (2, \,\,\, 9), (2, 15) \ : \ x^2-(4, \,\,\, 9)x+(4,10) & = 0 \\ (2, \,\,\, 3), (2, \,\,\, 5) \ : \ x^2-(4, \,\,\, 3)x+(4, \,\,\, 9) & = 0 \\ (2, 10), (2, 11) \ : \ x^2-(4,10)x+(4, \,\,\, 1) & = 0 \end{align} $$
위의 2차방정식들을 풀어 나가면 최종적으로 $(2, \cdot)$ period을 모두 구할 수 있다. 이 때, $$(2, \lambda) = [\lambda]+[17-\lambda] = [\lambda]+1/[\lambda]$$ 으로 $[\lambda]$ 에 대한 2차방정식이다. 이러한 2차방정식을 한 번만 더 풀면 $\Omega$ 의 모든 원소를 구할 수 있다! 가우스가 이러한 과정으로 $[1]$, $[2]$, $\cdots$, $[16]$ 의 값을 구한 결과는 다음과 같다: $$\begin{align} [1], [16] = + 0.9324722294 \pm 0.3612416662i \\ [2], [15] = + 0.7390089172 \pm 0.6736956436i \\ [3], [14] = + 0.4457383558 \pm 0.8951632914 i \\ [4], [13] = + 0.0922683595 \pm 0.9957341763 i \\ [5], [12] = -0.2736629901 \pm 0.9618256432 i \\ [6], [11] = -0.6026346364 \pm 0.7980172273 i \\ [7], [10] = -0.8502171357 \pm 0.5264321629 i \\ [8], [\,\,\,9] = -0.9829730997 \pm 0.1837495178 i \end{align} $$
우리는 더 나아가 정십칠각형이 작도 가능함을 보이기 위하여, $\cos P/17$ 의 정확한 값을 구해보자. 즉, $(2,1) = [1]+[16] = 2\cos P/17$ 을 구하자. 이를 위하여 다음 네 개의 2차방정식을 풀면 된다: $$ \begin{align} (8, \,\,\, 1), (8, \,\,\, 3) & \ : \ x^2+x-4=0 \\ (4, \,\,\, 1), (4, \,\,\, 9) & \ : \ x^2-(8,1)x-1=0 \\ (4, \,\,\, 3), (4, 10) & \ : \ x^2-(8,3)x-1=0 \\ (2, \,\,\, 1), (2, 13) & \ : \ x^2-(4,1)x+(4,3) = 0 \end{align}$$ 이러한 4개의 2차방정식을 풀어 $(2,1)$ 의 값을 구해보면 다음과 같다: $$\begin{align} (8, \,\,\, 1),(8, \,\,\, 3) & = -(1/2) \pm (\surd 17)/2 = \frac{-1\pm \sqrt{17}}2 \\ (4, \,\,\, 1), (4, \,\,\, 9) & = \frac 1 2 (8, 1) \pm \frac 1 2 \surd [4+(8, 1)^2] \\ & = \frac 1 2 (8, 1)\pm \frac 1 2 \surd[12+3(8,1)+4(8,3)] \\ & = \frac{-1 + \sqrt{17} \pm \sqrt{34-2\sqrt{17}}}{4} \\ (4, \,\,\, 3), (4,10) & = \frac 1 2 (8, 3)\pm \frac 1 2 \surd[12+4(8, 1)+3(8, 3)] \\ & = \frac{-1-\sqrt{17} \pm \sqrt{ 34+2\sqrt{17} }}{4} \\ (2, \,\,\, 1) , (2, 13) & = \frac 1 2 (4,1) \pm \frac 1 2 \surd [-4(4,3)+(4,1)^2] \\ & = \frac 1 2 (4,1) \pm \frac 1 2 \surd [4+(4,9)-2(4,3)] \\ & = \frac{-1 + \sqrt{17} + \sqrt{34-2\sqrt{17}}}{8} \pm \frac{\sqrt{17+3\sqrt{17}-\sqrt{34-2\sqrt{17}}-2\sqrt{34+2\sqrt{17} } } }{4} \end{align} $$
따라서, 우리가 원하던 cosine 값은 $ \frac{1}{2} (2,1)$ 이므로, 다음과 같이 얻어진다: $$\cos\frac{2\pi}{17} = \frac{ -1 + \sqrt{17} + \sqrt{34-2\sqrt{17}} +2 \sqrt{ 17+3\sqrt{17}-\sqrt{34-2\sqrt{17}}-2\sqrt{34+2\sqrt{17}}} }{16}$$ 이 cosine 값은 작도 가능한 수이므로, 정십칠각형이 작도 가능하다는 사실이 보여졌다.
풀이를 읽어도 잘 와닿지 않는가? 쉽게 이야기해보자면, 16차 방정식 $1+r+r^2+\cdots+r^{16}=0$ 을 풀기 위하여 다음과 같은 치환을 했다고 생각하자. $$\begin{align} (16,1) & = r^1+r^2+r^3+r^4+r^5+r^6+r^7+r^8+r^9+r^{10}+r^{11}+r^{12}+r^{13}+r^{14}+r^{15}+r^{16} \\ (8, \,\,\,1) & = r^1+r^2+r^4+r^8+r^9+r^{13}+r^{15}+r^{16} \\ (8, \,\,\,3) & = r^3+r^5+r^6+r^7+r^{10}+r^{11}+r^{12}+r^{14} \\ ( 4, \,\,\, 1) & = r^1+r^4+r^{13}+r^{16} \\ (4, \,\,\, 3) & = r^3+r^5+r^{12}+r^{14} \\ (4, \,\,\,9) & = r^2+r^8+r^9+r^{15} \\ ( 4, 10) & = r^6+r^7+r^{10}+r^{11} \\ (2, \,\,\, 1) & = r^1+r^{16} \\ (2, \,\,\, 3) & = r^3+r^{14} \\ (2, \,\,\, 5) & = r^5+r^{12} \\ ( 2, \,\,\, 9) & = r^8+r^9 \\ (2, 10) & = r^7+r^{10} \\ (2, 11) & = r^6+r^{11} \\ (2, 13) & = r^4+r^{13} \\ ( 2, 15) & = r^2+r^{15} \end{align} $$
353. 가우스의 또 다른 예시인 $n=19$ 일 때 $x^n-1=0$ 의 모든 해를 구해보자. 다음과 같은 계산 덕분에 $n-1=18$ 의 원시근으로 $g=2$ 을 잡을 수 있다(원시근의 지수를 첫 번째 줄에, 이에 해당하는 $g=2$ 의 거듭제곱을 $n=19$ 로 나눈 나머지를 두 번째 줄에 적었다): $$\begin{align} 0. \, 1. \, 2. \, 3. \, \,\,\, 4. \, \,\,\, 5. \, 6. \, \,\,\, 7. \, 8. \, \,\,\, 9. \, 10. \, 11. \, 12. \, 13. \, 14. \, 15. \, 16. \, 17 \\ 1. \, 2. \, 4. \, 8. \, 16. \, 13. \, 7. \, 14. \, 9. \, 18. \, 17. \, 15. \, 11. \, \,\,\, 3. \, \,\,\, 6. \, 12. \, \,\,\, 5. \, 10 \end{align} $$ 또한 $n-1=3\cdot 3\cdot 2$ 이기 때문에, $\Omega$ 을 다음과 같이 나눌 수 있다: $$ \Omega = (18, 1) \begin{cases} (6, 1) \begin{cases} (2, 1) \,\,\, \ldots[1], [18] \\ \\ (2, 8) \,\,\, \ldots [8], [11] \\ \\ (2, 7) \,\,\, \ldots [7], [12] \end{cases} \\ \\ (6, 2) \begin{cases} (2, 2) \,\,\, \ldots [2], [17] \\ \\ (2, 16) \ldots [3], [16] \\ \\ (2, 14) \ldots [5], [14] \end{cases} \\ \\ (6, 4) \begin{cases} (2, 4) \,\,\, \ldots [4], [15] \\ \\ (2, 13) \ldots [6], [13] \\ \\ (2, 9) \,\,\, \ldots [9], [10] \end{cases} \end{cases}$$ 이를 이용하면 본래의 18차방정식을 푸는 것이 몇 개의 2차방정식과 3차방정식을 푸는 과정과 같아진다.
먼저, $(6, 1)$, $(6, 2)$, $(6, 4)$ 을 세 근으로 가지는 삼차방정식을 찾아보자. $(6, 1)$, $(6, 2)$, $(6, 4)$ 을 각각 $p$, $p'$, $p''$ 라 하고 이를 세 근으로 하는 삼차방정식을 $$x^3-Ax^2+Bx-C=0$$ 라 하면, $$\begin{align} A & = p+p'+p'' \\ B & = pp'+pp''+p'p'' \\ C & = pp'p'' \end{align}$$ 이다. $$A=(18, 1)=-1$$ 이고, $$\begin{align} pp' & = p+2p'+3p'' \\ pp'' & = 2p+3p'+p'' \\ p'p'' & = 3p+p'+2p'' \end{align}$$ 이므로 $$B = 6(p+p'+p'') = 6(18, 1)=-6$$ 이다. 마지막으로 $$C=(p+2p'+3p'')p''=3(6, 0)+11(p+p'+p'')=18-11=7$$ 이다. 따라서 원하던 삼차방정식은 다음과 같다: $$(6, 1), (6, 2), (6, 4) \ : \ x^3+x^2-6x-7=0$$
다음으로, $(2, 1)$, $(2, 7)$, $(2, 8)$ 을 세 근으로 가지는 삼차방정식을 찾아보자. 이 세 period을 $q$, $q'$, $q''$ 라 하면, 비슷한 방법으로 $$\begin{align} q+q'+q'' = & (6, 1) \\ qq'+qq''+q'q'' = & (6, 1)+(6, 4) \\ qq'q'' = & 2+(6, 2) \end{align} $$ 을 얻을 수 있다. 따라서 찾던 삼차방정식은 다음과 같다: $$x^3-px^2+(p+p'')x-2-p'=0$$ $(2, 2)$, $(2, 3)$, $(2, 5)$ 을 세 근으로 가지는 삼차방정식은 여기서 $p$, $p'$, $p''$ 을 $p'$, $p''$, $p$ 로 대신하면 되고, $(2, 4)$, $(2, 6)$, $(2, 9)$ 을 세 근으로 가지는 삼차방정식은 여기서 $p$, $p'$, $p''$ 을 $p''$, $p$, $p'$ 로 대신하면 된다. 결과들을 정리하면 다음과 같다: $$\begin{align} (2, 1), (2, 7), (2, 8) \ : \ x^3-(6, 1)x^2+[(6, 1)+(6, 4)]x-2-(6, 2) = 0 \\ (2, 2), (2, 3), (2, 5) \ : \ x^3-(6, 2)x^2 + [(6, 1)+(6, 2)]x-2-(6, 4)= 0 \\ (2, 4), (2, 6), (2, 9) \ : \ x^3-(6, 4)x^2+[(6, 2)+(6, 4)]x-2-(6, 1) = 0 \end{align}$$
위의 3차방정식들을 풀어 나가면 최종적으로 $(2, \cdot)$ period을 모두 구할 수 있다. 이 때, $$(2, \lambda) = [\lambda]+[17-\lambda] = [\lambda]+1/[\lambda]$$ 으로 $[\lambda]$ 에 대한 2차방정식이다. 이러한 2차방정식을 한 번만 더 풀면 $\Omega$ 의 모든 원소를 구할 수 있다! 가우스가 이러한 과정으로 $[1]$, $[2]$, $\cdots$, $[18]$ 의 값을 구한 결과는 다음과 같다: $$\begin{align} [1], [18] = +0.9458172417 \pm 0.3246994692i \\ [2], [17] = +0.7891405094 \pm 0.6142127127i \\ [3], [16] = + 0.5469481581 \pm 0.8371664783 i \\ [4], [15] = + 0.2454854871 \pm 0.9694002659 i \\ [5], [14] = -0.0825793455 \pm 0.9965844930 i \\ [6], [13] = -0.4016954247 \pm 0.9157733267 i \\ [7], [12] = -0.6772815716 \pm 0.7357239107 i \\ [8], [11] = -0.8794737512 \pm 0.4759473930 i \\ [9], [10] = -0.9863613034 \pm 0.1645945903i \end{align} $$
우리는 더 나아가 정십구각형이 작도 불가능함을 보이기 위하여, $\cos P/19$ 의 정확한 값을 구해보자. 이는 $(2,1)$ 의 값을 구하면 충분하고, 다음 두 개의 3차방정식을 풀면 된다: $$\begin{align} (6, 1), (6, 2), (6, 4) & \ : \ x^3+x^2-6x-7=0 \\ (2, 1), (2, 7), (2, 8) & \ : \ x^3-(6, 1)x^2+[(6, 1)+(6, 4)]x-2-(6, 2) = 0 \end{align}$$ 먼저, 첫 번째 3차방정식을 푼 결과는 다음과 같다: $$\begin{align} (6, 1) & = -\frac 1 3 + \frac {-1+\sqrt3 i}{6} \sqrt[3]{\frac{133-57\sqrt3i}{2}} + \frac {-1-\sqrt3i}{6} \sqrt[3]{\frac{133+57\sqrt3i}{2} } \\ (6, 2) & = -\frac 1 3 + \frac 1 3 \sqrt[3]{\frac{133-57\sqrt3i}{2}} + \frac 1 3 \sqrt[3]{\frac{133+57\sqrt3i}{2} } \\ (6, 4) & = - \frac 1 3 + \frac {-1-\sqrt3 i}{6} \sqrt[3]{\frac{133-57\sqrt3i}{2}} + \frac {-1+\sqrt3 i}{6} \sqrt[3]{\frac{133+57\sqrt3i}{2} } \end{align}$$
두 번째 삼차방정식을 푸는 것이 상당히 힘들어 보인다... 그래도 period의 성질을 이용하여 잘 계산해보자! https://kimjiha.tistory.com/35에 의하면, 삼차방정식 $x^3+ax^2+bx+c=0$ 의 세 근 $x_1$, $x_2$, $x_3$ 은 $p=-\frac{a^2}3+b$, $q=\frac{2a^3}{27}-\frac{ab}3+c$ 치환을 이용하면 다음과 같다:(단, $\omega=e^{2\pi i/3}=\frac{-1+\sqrt3i}{2}$, $k=1$, $2$, $3$) $$ x_k= -\frac a 3 + \left(\sqrt[3]{-\frac q2+\sqrt{{\left(\frac q2\right)}^2+{\left(\frac p3\right)}^3}}\right)\omega^k +\left(\sqrt[3]{-\frac q2-\sqrt{{\left(\frac q2\right)}^2+{\left(\frac p3\right)}^3}}\right)\omega^{3-k} $$ 이제 이러한 치환 $p$, $q$ 을 계산하기 위하여 몇 가지 period의 곱을 계산해보자. $$\begin{align} && (6, 1)^2 & = 4-(6,2) & (6,2)^2 & = 4-(6,4)^2 & (6,4)^2 & = 4-(6,1) \\ && (6, 1) \cdot (6, 2) & = (6,1)+2(6,2)+3(6,4) = -2-(6,1)+(6,4) & (6,1)\cdot (6,4) & = 2(6,1)+3(6,2)+(6,4) = -2+(6,2)-(6,4) & (6,2)\cdot (6,4) & = 3(6,1)+(6,2)+2(6,4) = -2+(6,1)-(6,2) \\ && (6, 1)^3 & = 4(6,1)-(6,1) \cdot(6,2) = 5(6,1)-(6,4)+2 & (6,2)^3 & = 4(6,2)-(6,2)\cdot (6,4) = 5(6,2)-(6,1)+2 & (6,4)^3 & = 4(6,4)-(6,4)\cdot(6,1) = 5(6,4)-(6,2)+2 \end{align}$$ 이를 이용하여 $p$, $q$ 을 구해보면, $$\begin{align} p & =-\frac 1 3 (6, 1)^2+(6, 1)+(6, 4) \\ & = -\frac{7}{3} - \frac{2}{3}(6,2) \\ q & = - \frac {2}{27} (6, 1)^3+\frac 1 3 (6, 1)^2+\frac 1 3 (6, 1)(6, 4) -2-(6, 2) \\ & = -\frac{13}{27} + \frac{17}{27}(6,1) + \frac{20}{27}(6,4) \end{align}$$ 와 같이 그나마 봐줄 만 하다... 이어서 계산하면, $$\begin{align} \left( \frac{p}{3} \right)^3 & = \frac{1}{729} ( 258(6,1)+240(6,4)-445 ) \\ \frac{q}{2} & = \frac{1}{54} (-13+17(6,1)+20(6,4)) \\ \left( \frac{q}{2} \right)^2 & = \frac{1}{2916} (-1233(6,1) - 1591(6,4) + 1174 ) \end{align}$$
따라서, 우리가 원하던 cosine 값은 $\cos 2\pi/19 = (1/2)(2,1)$ 이므로, 다음과 같이 얻어진다: $$\cos\frac{2\pi}{19} =$$ 이 cosine 값은 작도 가능한 수가 아니므로, 정십구각형이 작도 불가능하다는 사실이 보여졌다!
공 - 부 - 중
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