고차방정식Polynomial Equations

$t = x^2$ 치환:

사차방정식의 근 네 개가 예산대로 전부 나왔다.

Substitute $t = x^2$:

Four roots for a quartic — the full budget delivered.

일차에서 $x = -3$, 이차에서

$-27$의 세제곱근도 셋 — 실수 하나, 켤레 쌍 하나. 합·차 세제곱 인수분해가 고차방정식의 정식 도구가 됐다.

The linear factor gives $x = -3$; the quadratic,

Three cube roots of $-27$ — one real, one conjugate pair. The sum-of-cubes factorization, now official equipment for higher degrees.

$p$는 $6$의 약수, $q$는 $2$의 약수 — $\dfrac{p}{q}$ 후보는 $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6, \pm\dfrac12, \pm\dfrac32$.

무한한 수 중에서 열두 개로 좁혀 주는 것이 유리근 정리의 일이다 — 나머지 사냥은 다음 문제에서.

$p$ divides $6$, $q$ divides $2$ — the $\dfrac{p}{q}$ roster: $\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6, \pm\dfrac12, \pm\dfrac32$.

Narrowing infinitely many numbers to twelve is the theorem's job — the rest of the hunt continues next problem.

앞 문제에서 $x = -1$ — 조립제법($2, 1, -7, -6$, 기준수 $-1$): $2, -1, -6, 0$:

검산 — 곱: $(-1)\left(-\frac32\right)(2) = 3 = -\dfrac{-6}{2}$ ✓(삼차 근과 계수). 분수 근 $-\frac32$의 분모가 최고차계수 $2$에서 온 것도 확인.

From the previous problem, $x = -1$ — synthetic ($2, 1, -7, -6$, reference $-1$): $2, -1, -6, 0$:

Check the product: $(-1)\left(-\frac32\right)(2) = 3 = -\dfrac{-6}{2}$ ✓ (cubic Vieta). And the fractional root's denominator traces to the leading $2$, as promised.

두 개씩 묶어 보라.

Try grouping in pairs.

묶기 인수분해:

전략 지도의 1번(묶기)이 3번(인수정리)보다 먼저다 — 후보 대입 없이 끝났다. $\pm i$가 방정식의 어엿한 근으로 출석한 것도 눈여겨볼 것.

Factor by grouping:

Map step 1 (grouping) preempts step 3 (factor theorem) — finished with no candidate-testing. And note $\pm i$ attending as full-fledged roots.

$f(1) = 1 - 6 + 11 - 6 = 0$ — 조립제법으로 $(x-1)(x^2 - 5x + 6) = (x-1)(x-2)(x-3)$:

근과 계수:

부호 교대 $-,+,-$가 세 자리에서 모두 확인된다.

$f(1) = 0$ — synthetic division gives $(x-1)(x^2 - 5x + 6) = (x-1)(x-2)(x-3)$:

Vieta:

The alternating signs $-,+,-$ confirmed at all three seats.

곱 관계부터: 세 근의 곱 $= -(-10) = 10$이므로

이제 합과 쌍곱합:

검산 — $f(1) = 1 - 8 + 17 - 10 = 0$ ✓. 근 하나를 곱에서 낚고 나머지 계수를 합·쌍곱으로 채우는 순서 — 근과 계수는 양방향 도로다.

The product first: the roots multiply to $-(-10) = 10$, so

Then sum and pairwise sum:

Check: $f(1) = 1 - 8 + 17 - 10 = 0$ ✓. Fish the missing root from the product, then fill the coefficients — Vieta runs both directions.

끝 거동. $5$차는 홀수차 — 그래프의 양끝이 반대 방향($-\infty$와 $+\infty$)이고 다항함수는 끊김 없이 이어지므로, 어딘가에서 축을 건넌다. 건너는 지점이 실근이다.

켤레근 정리. 허근은 반드시 켤레 쌍 — 짝수 개로만 나온다. 근은 (기본정리로) 모두 $5$개인데 $5$는 홀수 — 짝수 개의 허근을 빼고 남는 홀수 개($1$, $3$, 또는 $5$개)는 실근일 수밖에 없다. 특히 적어도 하나는 실근이다.

하나는 연속(해석)의 논증, 하나는 짝짓기(대수)의 논증 — 전혀 다른 두 길이 같은 결론에 이른다. 같은 정리의 증명이 여럿이면, 각 증명이 정리의 다른 옆모습을 보여 준다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 설명도 만점)

• 끝 거동 논증 (1점)
• 켤레 쌍 홀짝 논증 (1점)
• 두 논증의 성격 대비(또는 정확한 서술) (1점)

End behavior. Degree $5$ is odd — the graph's ends point opposite ways ($-\infty$ and $+\infty$), and polynomials run unbroken, so somewhere the axis is crossed. That crossing is a real root.

Conjugate pairing. Nonreal roots arrive only in conjugate pairs — in even numbers. The roots total $5$ (fundamental theorem), and $5$ is odd — subtracting an even number of nonreal roots leaves an odd count ($1$, $3$, or $5$) of real ones. In particular, at least one.

One argument from continuity (analysis), one from pairing (algebra) — two utterly different roads to the same conclusion. When a theorem owns several proofs, each shows a different profile of its face.

Rubric (any logically correct explanation earns full credit)

• The end-behavior argument (1 pt)
• The parity-of-pairs argument (1 pt)
• The contrast (or accurate statement) of the two (1 pt)

대입 후 $q^n$을 곱해 정수 등식으로 만들고, 한 번은 $p$로, 한 번은 $q$로 묶어라.

Substitute, multiply by $q^n$ for an integer identity, then factor out $p$ once and $q$ once.

$x = \dfrac pq$를 대입하고 양변에 $q^n$을 곱하면 정수 등식이 된다:

$p \mid a_0$. 마지막 항만 남기고 이항하면

— 우변이 $p$의 배수이므로 $p \mid a_0 q^n$. 그런데 $\dfrac pq$가 기약이라 $p$와 $q$는 서로소 — $p$는 $q^n$과도 서로소이므로 $p \mid a_0$.

$q \mid a_n$. 첫 항만 남기고 같은 논법: $a_n p^n = -q(\cdots)$에서 $q \mid a_n p^n$, 서로소로 $q \mid a_n$. $\blacksquare$

"서로소면 상대의 거듭제곱과도 서로소"라는 정수론의 한 걸음이 유일한 비계다 — 분수를 정수 등식으로 끌어올린 뒤($q^n$ 곱하기) 양끝 항을 각각 심문하는 대칭적 구조가 아름답다.

채점 기준 (논리가 맞는 다른 풀이도 만점)

• $q^n$ 곱해 정수 등식 (1점)
• $p \mid a_0$ 논증(서로소 처리 포함) (1점)
• $q \mid a_n$ 논증 (1점)

Substitute $x = \dfrac pq$ and multiply through by $q^n$ — an integer identity:

$p \mid a_0$. Isolate the last term:

— the right side is a multiple of $p$, so $p \mid a_0 q^n$. Lowest terms make $p$ and $q$ coprime — hence $p$ is coprime to $q^n$ too, so $p \mid a_0$.

$q \mid a_n$. Isolate the first term and repeat: $a_n p^n = -q(\cdots)$ gives $q \mid a_n p^n$, and coprimality yields $q \mid a_n$. $\blacksquare$

One step of number theory — coprime to $q$ means coprime to $q^n$ — is the only scaffolding. The symmetric structure (lift the fraction to an integer identity, then interrogate each end term) is the proof's beauty.

Rubric (any logically correct proof earns full credit)

• The $q^n$-multiplied integer identity (1 pt)
• The $p \mid a_0$ argument, coprimality handled (1 pt)
• The $q \mid a_n$ argument (1 pt)

$x^4 + 4 = (x^4 + 4x^2 + 4) - 4x^2$ — 완전제곱을 만들어 합차로.

$x^4 + 4 = (x^4 + 4x^2 + 4) - 4x^2$ — build a perfect square, then difference of squares.

더하고 빼서 합차 꼴로:

각 이차에 근의 공식:

검산: $(1+i)^2 = 2i$이므로 $(1+i)^4 = (2i)^2 = -4$ ✓ — 복소수 차시의 그 계산이 여기서 근의 확인으로 재취업했다. "실계수 다항식은 실계수 이차들로 분해된다"는 따름정리의 실물이기도 하다 — $x^4 + 4$는 실근이 없지만 실계수 이차 두 개로는 쪼개진다.

Add and subtract into a difference of squares:

The quadratic formula on each:

Check: $(1+i)^2 = 2i$, so $(1+i)^4 = (2i)^2 = -4$ ✓ — the complex lesson's computation re-employed as a root check. Also a living specimen of the corollary "real polynomials split into real quadratics" — $x^4 + 4$ has no real roots, yet splits into two real quadratic factors.

반복 덩어리 $t = x^2 + x$로 치환:

되돌리기:

사차의 근 네 개가 전부 나왔다. 치환은 한 번 풀고 두 번 되돌리는 구조 — $t$의 답을 최종 답으로 착각하고 멈추는 것이 이 유형의 유일한 함정이다.

Name the repeated block $t = x^2 + x$:

Undo the substitution:

All four quartic roots delivered. Substitution solves once and unwinds twice — the one trap is stopping at $t$'s values as if they were the answer.

켤레근 정리로 둘째 근이 공짜다 — 셋째는 근의 합($x^2$ 계수!)에서.

The conjugate root theorem gifts the second root — the third comes from the sum (the $x^2$ coefficient!).

실계수이므로 $1 - i$도 근이다. 셋째 근 $r$는 합에서 나온다 — $x^2$의 계수가 $0$이므로 세 근의 합이 $0$:

나머지 관계로

검산: $f(-2) = -8 + 4 + 4 = 0$ ✓. "계수 하나가 $0$"이라는 조용한 정보($x^2$ 없음)가 근의 합을 알려 주는 열쇠였다 — 식에 없는 항도 읽어야 한다.

Real coefficients give $1 - i$ as a root too. The third root $r$ falls out of the sum — the $x^2$ coefficient is $0$, so the roots sum to $0$:

The other relations:

Check: $f(-2) = -8 + 4 + 4 = 0$ ✓. The quiet datum "one coefficient is $0$" (no $x^2$ term) was the key to the sum — read even the terms an equation doesn't have.

$x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ — $\omega$는 무엇의 세제곱근인가?

$x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ — of what is $\omega$ a cube root?

(1) $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$이고 $\omega$는 둘째 인수의 근이므로 $\omega^3 - 1 = 0$:

— $\omega$는 $1$의 (허수) 세제곱근이다.

(2) 지수를 $3$으로 나눈 나머지가 값을 정한다:

(마지막은 $\omega^2 + \omega + 1 = 0$에서).

$i$의 주기가 $4$였다면 $\omega$의 주기는 $3$ — 방정식 $x^2 + x + 1 = 0$ 자체가 계산기($\omega^2 = -\omega - 1$)이자 시계($\omega^3 = 1$) 노릇을 한다. $1$의 $n$제곱근들이 이루는 시계는 삼각함수 단원에서 원 위의 정$n$각형으로 그려진다.

(1) Since $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ and $\omega$ solves the second factor, $\omega^3 - 1 = 0$:

— $\omega$ is a (nonreal) cube root of $1$.

(2) Exponents mod $3$ decide:

(the last from $\omega^2 + \omega + 1 = 0$).

Where $i$ ran a period-4 clock, $\omega$ runs period 3 — the equation $x^2 + x + 1 = 0$ serving as both calculator ($\omega^2 = -\omega - 1$) and clock ($\omega^3 = 1$). The clocks of all $n$th roots of unity get drawn, in the trigonometry unit, as regular $n$-gons on a circle.