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[2022 봄호] 타원 적분과 리만 곡면

  • POSTECHIAN
  • 2022-04-22 07:05:14

2022 SPRING 마르쿠스

타원 적분과 리만 곡면
Elliptic integral and Riemann surface
수학과 19학번 윤선우


이번호 마르쿠스 주제는 '타원 적분과 리만 곡면'입니다. 글에 대한 내용을 한눈에 알아보려면 영상을 확인해 보세요!

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이번 호 MARCUS에서는 타원 적분의 역사와 리만 곡면의 개념에 대해 간략히 설명하려 한다. 이름에서도 알 수 있듯이 타원 적분은 타원의 둘레를 계산하는 과정에서 처음 등장하였다. 타원 적분의 예로는 $$ \int_{0}^{x} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} $$ 와 같은 적분이 있다. 많은 수학자가 이 함수의 부정적분을 찾으려고 노력했지만 성공하지 못하였다. 하지만 타원 적분을 연구하는 과정에서 이 적분의 여러 재미있는 성질들을 발견하였다. 예를 들면, 오일러는 $$ \int_{0}^{x_1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} + \int_{0}^{x_2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} \leq \int_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} $$ 를 만족하는 임의의 $0 \leq x_1,x_2$에 대해서 다음 식이 성립한다는사실을 증명하였다.
$$ \int_{0}^{x_1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} + \int_{0}^{x_2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = \int_{0}^{x_3} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} $$ $$\text{where } x_3 = \frac{x_1\sqrt{1-x_2^4} + x_2\sqrt{1-x_1^4}}{1+x_1^2+x_2^2}$$
위의 식이 의미하는 바는 $[0,x_1]$,$[0,x_2]$ 구간에서의 적분값을 이미 알고 있을 때 오른쪽의 적분을 실제로 계산하지 않고도 이미 알고 있는 값을 통해 구할 수 있다는 것이다. 이 결과가 어떤 의미를 가지는지 더 잘 이해하기 위해 먼저 다음의 적분을 생각해보자. $$ \int_{0}^{x} \frac{ds}{\sqrt{1-s^2}}=\sin^{-1}x \text{, (우변은 사인함수의 역함수)}$$ 이 경우 $x=\sin{t}$로 치환하면 쉽게 부정적분을 구할 수 있다. $[0,x_1]$, $[0,x_2]$에서의 적분값을 각각 $a$, $b$라고 하자. 그러면 삼각 함수의 덧셈 정리에 의해서 다음 식이 성립한다.
$$ \int_{0}^{x_1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} + \int_{0}^{x_2} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} = \int_{0}^{x_4} \frac{dx}{\sqrt{1-x^2}} $$ $$\text{where } x_4 = x_1\sqrt{1-x_2^2} + x_2\sqrt{1-x_1^2}$$
즉, $\sin(a+b)=\sin(a)\cos(b)+\sin(b)\cos(a)$가 성립한다. 우리는 방금 본 예로부터 오일러의 덧셈 정리가 일반적인 삼각 함수의 덧셈 정리를 일반화한 것이라는 사실을 이해하였다. 그런데 위와 같은 종류의 타원 적분을 연구하는 방법에 있어서 19세기에 혁명이 일어났는데, 그것은 바로 변수에 복소수 값을 허용하는 것이었다.
리만 이전의 수학자들은 $I(x)=\int_{0}^{x}\frac{dt}{1-t^4}$ 형태의 적분을 변수 $x$가 실수인 경우에 대해서만 주로 다루었지만, 리만은 $x$가 복소수 값을 가지는 것을 허용하면 훨씬 더 좋은 이론을 얻을 수 있다는 사실을 발견하였다. 그런데 변수 $x$가 복소수 값을 가지도록 허용하면 다음과 같은 문제가 생긴다. 끝점 $x$가 같더라도 $0$에서 $x$까지 적분해주는 경로가 다르면 적분값이 달라질 수 있으므로 하나의 변수 $x$에 두 개 이상의 함숫값이 대응된다는 것이다(이런 대상을 다가함수(multivalued function)라고 부른다). 리만은 바로 이 문제를 해결하기 위해서 리만 곡면 Riemann Surface이라는 대상을 도입했다. 이제 리만 곡면의 구체적인 예시를 살펴보기 위해 $w=\sqrt{z}$라는 함수를 살펴보자. 복소평면 위의 점 $(1,0)$에서 출발하여 원점을 한 바퀴 돌아 출발점으로 돌아오는 경로를 생각하자. 함숫값이 경로를 따라가면서 어떻게 바뀌는지 보기 위해서 다음의 오일러 공식을 사용하면 편리하다. $$e^{it}=\cos(t)+i\sin(t), 0 \leq t \leq 2 $$ 이제 $z=e^{it}$를 대입하면 $w=e^{\frac{it}{2}}$를 얻는다. $t =0$일 때(출발점), $w=1$을 얻고 $t=2$일 때 $w=-1$을 얻는다. 그리고 $t=4$일 때(두 바퀴를 돌았을 때), $w=1$을 얻는다. 즉, 원점 주위를 한 바퀴 돌아서 원래 위치로 돌아오면 $w$의 부호가 바뀌고 두 바퀴를 돌면 원래의 함숫값과 일치한다. 하나의 변수가 여러 개의 함숫값을 가지는 문제를 해결하기 위해서 다음의 아이디어를 생각해보자. 아래 그림과 같이 복소 평면에서 $+x$축을 제거한 평면 $C = \{(x,0)|x \geq 0\}$ 2개를 생각하자. 여기서는 함수 $w=\sqrt{z}$가 잘 정의되어 있다. 왜냐하면 $+x$축을 제거하여, $p$에서 출발한 곡선이 원점을 한 바퀴 돌아 제자리로 돌아오는 길이 막혔기 때문이다.
복소평면에서 $+x$축을 제거한 두 평면
자체 제작
여기부터가 핵심이다. 이제 평면 1(그림 왼쪽)에서 원점을 한 바퀴 돈 곡선이 평면 1로 되돌아오는 것이 아니라 $B$라고 표시된 절단선을 따라 평면 2(그림 오른쪽)로 넘어간 뒤 $p'$이라고 표시된 점에 도착한다고 생각해보자. 그리고 평면 2의 $p'$에서 출발하여 원점을 반시계방향으로 한 바퀴 돈 곡선이 평면2의 $A$를 따라 평면 1로 넘어간 뒤 $p$라고 표시된 점에 도착한다고 생각하자. 그러면 이제는 함수 $w=\sqrt{z}$의 변수 한 개에 함숫값이 정확히 한 개만 대응된다. 이 곡면이 위상수학적으로 어떤 모양을 가지는지 살펴보자. 이때 평사도법 Stereographic Projection이라고 불리는 변환을 이용하면 $C$에서 $+x$축을 제거한 평면 1, 평면 2는 구에서 대원의 절반을 제거한 것으로 볼 수도 있다. 이제 $A$와 $B$를 따라 두 곡면을 붙이면 다음 그림과 같이 구에서 한 점을 뺀 곡면을 얻는다.
$y=x$에 대응되는 리만 곡면
Kirwan, Frances. Complex Algebraic Curves. London Mathematical Society Student Texts. Cambridge: Cambridge University Press, 1992. doi:10.1017/CBO9780511623929
이렇게 얻은 곡면이 바로 $y=\sqrt{x}$에 대응되는 리만 곡면이다. 보통은 닫힌 곡면을 다루기가 더 쉽기 때문에 우리가 얻은 곡면에 한 점(무한대)을 추가하면 $y=\sqrt{x}$의 리만 곡면으로 구면을 얻는다(이 과정을 리만 곡면의 compactification이라고 한다). 방금 살펴본 리만 곡면은 구면이었다. 그렇다면 구면 이외의 곡면을 리만 곡면으로 가지는 함수가 존재할까? 답은 그렇다이다. 예를 들면 $y=\sqrt{x^33-x}$는 리만 곡면으로 구멍이 1개인 곡면(토러스 또는 도넛이라고도 불린다)을 가진다. 일반적으로 다음의 정리가 성립하는데, 증명은 우리가 위에서 봤던 $y=\sqrt{x}, g=0 경우와 같은 방법을 사용하면 된다.
[정리] 서로 다른 $x_i$와 양의 정수 $g$에 대해서, $$y=\sqrt{(x-x_1)(x-x_2) \ldots (x-x_{2g+1})}$$ $$y=\sqrt{(x-x_1)(x-x_2) \ldots (x-x_{2g+2})}$$ 의 리만 곡면은 구멍이 $g$개인 곡면이다.

※ 수학자는 이것을 compact surface of genus g라고 부른다.

※ 첫 번째의 경우 $[x_1,x_2],[x_3,x_4],\ldots,[x_{2g+1},\infty]$를 제거한 두 평면을 이어 붙이고, 두 번째의 경우 $[x_1,x_2],[x_3,x_4],\ldots,[x_{2g+1},x_{2g+2}]$를 제거한 두 평면을 이어 붙이면 증명이 끝난다.

[문제 1] $\int_{0}^{x_1} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = a$라고 하자. 오일러의 덧셈 정리를 이용하여 $\int_{0}^{k} \frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} = 3a$가 되도록 하는 $k$를 $x_1$로 표현하여라.

[문제 2] 본문에서 설명한 방법을 사용하여 $y=\sqrt{(x^2-1)(x^2-4)}$에 대응되는 닫힌 리만 곡면과 $y=\sqrt[3]{x}$ 에 대응되는 닫힌 리만 곡면을 각각 구하여라.

Hint 1 : 복소평면에서 $[-2,-1]$,$[1,2]$를 제거한 평면 2개를 본문의 그림을 참고하여 선분 $[-2,-1]$, $[1,2]$를 각각 이어 붙이면 된다.

Hint 2 : $x=e^{it}$를 $y=\sqrt[3]{x}$에 대입하면 $e^{\frac{it}{3}}$이므로 한 바퀴 돌면 $y=\sqrt[3]{x}$가 $e^{\frac{2\pi i}{3}} \sqrt[3]{x}$로 바뀐다. 세 번 돌면 원래의 함숫값으로 돌아오므로 복소평면에서 $[0,\infty]$를 제거한 평면 3개를 준비한 뒤 본문과 같은 방법으로 절단선을 이어 붙이면 된다.


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