# C19주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

## 예제 — 두 판정을 함께 만들기

완성된 증명을 먼저 보이지 않는다. 백지에서 시작해 한 줄씩 만든다. 각 단계에서 확인 상자의 빈칸을 연필로 먼저 채운 뒤 답을 연다.

### 예제 2.1 — 부분군 판정

**명제.** $(\mathbb{Z}, +)$에서 $3\mathbb{Z} = \{3k : k \in \mathbb{Z}\}$은 부분군이다.

**설계 — 쓰기 전에 정하는 두 가지.** 가정이 주는 것(출발점)과 만들어야 할 것(도착점)을 먼저 정의로 번역한다. 부분군 판정에서 이 번역표는 "$H$의 원소가 어떤 꼴인가"와 "무엇을 세 번 보여야 하는가"를 정하는 표다.

|  | **말** | **정의로 번역하면** |
|---|---|---|
| 가정 (주어진 것) | $x \in 3\mathbb{Z}$ | $x = 3k$인 정수 $k$가 존재한다 |
| 목표 (만들 것) | $3\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$ | $\underline{\quad(?)\quad}$ 세 가지를 각각 보인다 |

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**확인 12.** 목표 칸의 빈칸을 채워 보자. 정리 1.2에 따르면 무엇을 보여야 하고, 무엇은 보이지 않아도 되는가.
:::

:::{admonition} 답
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보여야 하는 것은 ① 비어 있지 않음 ② 닫힘 ③ 역원의 포함, 그리고 항등원의 포함이다.

보이지 않아도 되는 것은 **결합법칙**이다 — $3\mathbb{Z}$의 원소가 전부 정수이므로

$\mathbb{Z}$의 (G1)에서 그대로 물려받는다(정리 1.2의 증명). §1.1에서 막혔던

무한 확인이 여기서 한 줄로 처리된다.

그리고 각 조건에서 도착해야 할 꼴은 언제나 같다 — **$3 \times (\text{정수})$ 꼴**.

출발점(가정의 등식)과 도착점(만들 꼴)이 정해졌다. 그 사이는 계산이다.
:::

**1단계 — 비어 있지 않음을 원소 하나로 보인다.** 걸음 A다. 항등원을 제시하면 걸음 A와 항등원 조건을 한 문장으로 처리할 수 있다.

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**확인 13.** 첫 문장을 완성해 보자: "$0 = 3 \cdot \underline{\quad}$이고 $\underline{\quad}$는 정수이므로 $0 \in 3\mathbb{Z}$이다."
:::

:::{admonition} 답
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"$0 = 3 \cdot 0$이고 $0$은 정수이므로 $0 \in 3\mathbb{Z}$이다."

이 한 문장이 두 가지 일을 한다 — $3\mathbb{Z}$가 비어 있지 않음을 보이고,

$\mathbb{Z}$의 항등원 $0$이 $3\mathbb{Z}$ 안에 있음을 보인다. §1.3에서 항등원

조각을 목록에 남겨 둔 이유가 이것이다.
:::

**2단계 — 닫힘을 임의의 두 원소로 보인다.** 걸음 B다. 특정 숫자가 아니라 가정의 꼴로 두 원소를 잡는 것이 핵심이다.

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**확인 14.** 둘째 문장을 완성해 보자: "$x, y \in 3\mathbb{Z}$라 하자. 정의에 의해 $x = \underline{\quad}$, $y = \underline{\quad}$인 정수 $a, b$가 존재한다. 그러면 $x + y = \underline{\qquad} = 3(\underline{\quad})$이다."
:::

:::{admonition} 답
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$x = 3a$, $y = 3b$이고 $x + y = 3a + 3b = 3(a + b)$이다.

서로 다른 문자 $a, b$를 쓰는 이유는 1권 1주차 이래 같다 — 같은 문자를 쓰면

$x = y$라고 몰래 가정한 것이 된다.

여기서 한 줄이 더 필요하다: $a + b$가 **정수**여야 $3(a+b)$가 $3\mathbb{Z}$의

원소다. 근거 ② 닫힘성으로 한 마디면 된다.
:::

**3단계 — 역원을 임의의 한 원소로 보인다.** 걸음 C다. $(\mathbb{Z}, +)$에서 $x$의 역원은 $-x$이므로, 그것이 다시 $3 \times (\text{정수})$ 꼴임을 보이면 된다.

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**확인 15.** 셋째 문장을 완성해 보자: "$x = 3a \in 3\mathbb{Z}$의 역원은 $\underline{\quad}$이고, $\underline{\quad} = 3 \cdot (\underline{\quad})$이며 $\underline{\quad}$는 정수이므로 역원도 $3\mathbb{Z}$ 안에 있다."
:::

:::{admonition} 답
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"$x = 3a$의 역원은 $-x$이고, $-x = 3 \cdot (-a)$이며 $-a$는 정수이므로 역원도

$3\mathbb{Z}$ 안에 있다."

덧셈군에서 역원이 $-x$라는 것 자체는 $\mathbb{Z}$가 군이라는 사실(C18주차)에서

온다. 여기서 보이는 것은 그 역원이 **부분집합 안에 있는가**뿐이다.
:::

**4단계 — 결론을 선언한다.** 세 조건이 모두 확인되었음을 정리의 이름과 함께 선언하고 증명 끝 표시를 단다.

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**확인 16.** 마지막 문장을 완성해 보자. 그리고 같은 결론을 간편 판정으로 얻으면 몇 줄이 되는지 적어 보자.
:::

:::{admonition} 답
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"세 조건이 모두 성립하므로 정리 1.2에 의해 $3\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$이다. $\blacksquare$"

간편 판정으로는 두 줄이다: "$0 \in 3\mathbb{Z}$이므로 비어 있지 않다.

$x = 3a$, $y = 3b \in 3\mathbb{Z}$이면 $x - y = 3a - 3b = 3(a - b)$이고 $a - b$는

정수이므로 $x - y \in 3\mathbb{Z}$이다. 따라서 $3\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$이다."

덧셈군에서 $x * y^{-1}$은 $x - y$로 보인다. 두 답안 모두 만점이고, 확인 항목이

셋에서 하나로 줄어드는 것이 간편 판정의 값어치다.
:::

**완성본.** 방금 만든 네 문장을 이어 붙이면 아래 왼쪽 열이 된다. 손으로 베껴 쓰면서 각 줄 옆의 "왜?"에 스스로 답해 본다.

| 증명의 한 줄 | 왜 이 줄을 쓰는가? |
|---|---|
| $0 = 3 \cdot 0$이고 $0$은 정수이므로 $0 \in 3\mathbb{Z}$이다. 특히 $3\mathbb{Z} \ne \emptyset$이고 $\mathbb{Z}$의 항등원을 포함한다. | 걸음 A — 원소 하나를 실제로 제시한다. 이 줄이 없으면 공집합이 통과한다(§1.3). |
| $x, y \in 3\mathbb{Z}$라 하자. 정의에 의해 $x = 3a$, $y = 3b$인 정수 $a, b$가 존재한다. | 정의 풀어쓰기(근거 ①). 서로 다른 두 원소이므로 서로 다른 문자를 쓴다. |
| 그러면 $x + y = 3a + 3b = 3(a+b)$이고, $a + b$는 정수이므로 $x + y \in 3\mathbb{Z}$이다. | 걸음 B — 닫힘. 도착 꼴 $3 \times (\text{정수})$를 만들고 괄호 안이 정수임을 확인한다(근거 ②③). |
| $x = 3a$의 역원 $-x$는 $-x = 3(-a)$이고 $-a$는 정수이므로 $-x \in 3\mathbb{Z}$이다. | 걸음 C — 역원. 역원이 무엇인지는 $\mathbb{Z}$에서 오고, 여기서 볼 것은 그것이 부분집합 안에 있는가뿐이다. |
| 결합법칙은 $\mathbb{Z}$에서 물려받으므로 확인하지 않는다. 세 조건이 성립하므로 정리 1.2에 의해 $3\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$이다. $\blacksquare$ | 확인하지 않은 것과 그 이유를 명시하고, 정리의 이름을 대며 마무리한다(근거 ④). |

**이 네 줄이 "모든" 원소를 처리하는 이유.** 증명의 어느 줄도 $a$, $b$가 특정 정수라는 사실을 쓰지 않았다. 쓴 것은 "정수"라는 자격뿐이므로, 확인 상자에서 잡은 $x, y$는 $3\mathbb{Z}$의 아무 원소나 대표한다.

**자주 하는 실수: 특정 숫자로 닫힘 확인하기.** "$3 + 6 = 9 \in 3\mathbb{Z}$, $6 + 9 = 15 \in 3\mathbb{Z}$이므로 닫혀 있다"라고 적으면 걸음 B가 통째로 빠진 것이다. §1.1의 무한 확인이 다시 시작되었을 뿐이며, 확인하지 않은 쌍이 무한히 남는다. 닫힘은 반드시 문자로 잡은 두 원소로 보인다.

### 예제 2.2 — 군 동형

**명제.** $(\mathbb{Z}_4, +) \cong (\{1, i, -1, -i\}, \times)$.

이번에는 설계만 함께 하고, 본문은 완성본으로 본다.

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**확인 17.** 번역표를 채워 보자.

목표: $\mathbb{Z}_4 \cong \{1, i, -1, -i\}$ $\to$ 함수 $\varphi$를 $\underline{\qquad}$ 제시하고, $\underline{\qquad}$와 $\underline{\qquad}$를 각각 보인다.

제시할 $\varphi$: 확인 2에서 읽어 낸 짝짓기 $[0] \mapsto 1$, $[1] \mapsto i$, $[2] \mapsto -1$, $[3] \mapsto -i$를 식 하나로 적으면 $\varphi([k]) = \underline{\quad}$.
:::

:::{admonition} 답
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함수 $\varphi$를 **실제로** 제시하고, **전단사**와 **구조 보존**을 각각 보인다.

식으로 적으면 $\varphi([k]) = i^k$이다 — $i^0 = 1$, $i^1 = i$, $i^2 = -1$, $i^3 = -i$이므로

확인 2의 짝짓기와 정확히 일치한다.

동형 증명은 존재 증명이므로(1권 26주차) 증인, 곧 사상 하나를 지어 제출하는 것이

첫 걸음이다. 어떻게 짓는지는 연산표를 나란히 놓고 읽는 §1.5의 방법이다.
:::

$\varphi$의 정의역이 $\mathbb{Z}_4$, 곧 동치류의 집합이므로 확인할 것이 하나 더 있다.

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**확인 18.** $\varphi([k]) = i^k$의 정의에는 $[k]$가 아니라 **대표원 $k$**가 들어 있다. 그러면 무엇을 먼저 확인해야 하는가. 확인하지 않으면 무엇이 무너지는가.
:::

:::{admonition} 답
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**잘 정의됨**(well-defined)을 확인해야 한다 — 대표원을 바꿔 잡아도 같은 값이

나오는가. 1권 38주차와 C11주차에서 $\mathbb{Z}_n$의 연산을 정의할 때마다 한 확인이다.

확인하지 않으면 $\varphi$가 애초에 함수가 아닐 수 있다. $[1] = [5]$인데

$\varphi([1]) = i$이고 $\varphi([5]) = i^5$이라면, 두 값이 다를 경우 같은 입력에

두 출력이 배정되어 함수의 정의(1권 40주차)가 깨진다.

실제로는 무너지지 않는다: $[k] = [k']$이면 $4 \mid (k - k')$이므로 $k - k' = 4m$이고,

$i^4 = 1$이므로 $i^k = i^{k' + 4m} = i^{k'} \cdot (i^4)^m = i^{k'}$이다.
:::

| 증명의 한 줄 | 왜 이 줄을 쓰는가? |
|---|---|
| $\varphi : \mathbb{Z}_4 \to \{1, i, -1, -i\}$를 $\varphi([k]) = i^k$로 정의한다. | 증인의 제시. 동형 증명의 첫 문장은 언제나 사상을 실제로 적는 문장이다. |
| (잘 정의됨) $[k] = [k']$이면 $k - k' = 4m$인 정수 $m$이 있고, $i^4 = 1$이므로 $i^k = i^{k'}(i^4)^m = i^{k'}$이다. 곧 $\varphi$는 대표원의 선택에 무관하다. | 정의역이 동치류의 집합일 때만 붙는 줄이다. 이것이 없으면 $\varphi$가 함수인지부터 미정이다(1권 38주차). |
| (전단사) $\varphi([0]) = 1$, $\varphi([1]) = i$, $\varphi([2]) = -1$, $\varphi([3]) = -i$로 네 상이 서로 다르므로 단사이고, 공역의 네 원소가 모두 상으로 나타나므로 전사다. | 정의 1.5의 첫 조각. 유한집합이므로 네 값을 모두 적는 것이 가장 짧은 증명이다(1권 41주차). |
| (구조 보존) $\varphi([a] + [b]) = \varphi([a+b]) = i^{a+b} = i^a \cdot i^b = \varphi([a]) \cdot \varphi([b])$. | 정의 1.5의 둘째 조각. 왼쪽의 $+$는 $\mathbb{Z}_4$의 연산, 오른쪽의 $\cdot$는 복소수 곱이다. 두 연산을 잇는 것이 지수법칙이다. |
| 따라서 $\varphi$는 동형사상이고 $(\mathbb{Z}_4, +) \cong (\{1, i, -1, -i\}, \times)$이다. $\blacksquare$ | 정의 1.5의 두 조각이 모두 확인되었음을 선언하고 마무리한다. |

**복기.** 이 증명에서 실제로 일한 것은 지수법칙 $i^{a+b} = i^a i^b$ 한 줄이다. 덧셈을 곱셈으로 옮기는 번역이 그 한 줄에 들어 있고, 나머지는 형식이다. $(\mathbb{Z}_4, +)$의 원소는 잉여류, 상대의 원소는 복소수이며 연산도 덧셈과 곱셈으로 다르지만, 이름표를 바꿔 붙이면 같은 표가 된다 — 확인 2에서 눈으로 본 것이 여기서 검사 가능한 네 줄이 되었다.

### 예제 2.3 — 동형 불변량으로 비동형 판정

**명제.** $(\mathbb{Z}_4, +)$와 $(\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2, +)$는 동형이 아니다.

여기서 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$는 성분별 덧셈을 연산으로 갖는 네 원소의 군 $\{([0],[0]), ([1],[0]), ([0],[1]), ([1],[1])\}$이고 **클라인 4원군**이라 부른다.

이번에는 설계부터 스스로 해 보자.

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**확인 19.** 설계 두 칸을 채워 보자. ① 무엇을 보여야 하는가(동형 증명과 무엇이 다른가): $\underline{\qquad}$ / ② 어떤 도구를 쓰는가: $\underline{\qquad}$
:::

:::{admonition} 답
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① 동형사상이 **하나도 없음**을 보여야 한다. 동형 증명은 사상 하나를 제시하면

끝나지만(존재 증명), 비동형 증명은 모든 사상에 대한 부정이므로 사상을 하나씩

검사하는 길이 막혀 있다 — 네 원소짜리 군 사이에도 전단사가 $4! = 24$개다.

② 정리 1.7의 **대우**를 쓴다. 보존되는 성질 하나를 골라 두 군에서의 값을 계산하고,

그 값이 다름을 보이면 동형사상이 존재할 수 없다. 사상을 전혀 건드리지 않고

끝난다는 것이 이 도구의 값어치다.
:::

**증명.** 먼저 두 군의 불변량을 대조한다.

| **불변량** | **$\mathbb{Z}_4$** | **$\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$** |
|---|---|---|
| 위수 | $4$ | $4$ — 같으므로 판정에 쓸 수 없다 |
| 아벨성 | 아벨 | 아벨 — 같으므로 판정에 쓸 수 없다 |
| 위수 $4$인 원소의 존재 | $\operatorname{ord}([1]) = 4$ | 없다 |

셋째 줄을 계산으로 확정한다. $\mathbb{Z}_4$에서 $[1], [1]+[1] = [2], [2]+[1] = [3], [3]+[1] = [0]$이므로 $\operatorname{ord}([1]) = 4$이다. 한편 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$의 항등원이 아닌 세 원소는 각각 $([1],[0]) + ([1],[0]) = ([0],[0])$, $([0],[1]) + ([0],[1]) = ([0],[0])$, $([1],[1]) + ([1],[1]) = ([0],[0])$이므로 위수가 모두 $2$다.

이제 $\varphi : \mathbb{Z}_4 \to \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$가 동형사상이라고 하자. 정리 1.7 ③에 의해 $\operatorname{ord}(\varphi([1])) = \operatorname{ord}([1]) = 4$이므로 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$에 위수 $4$인 원소가 있어야 한다. 그러나 방금 계산에서 그 군의 원소는 위수가 $1$ 또는 $2$뿐이다. 모순이므로 동형사상은 존재하지 않고, 두 군은 동형이 아니다. $\blacksquare$

이번 증명은 표 없이 **산문**으로 적었다. 표는 연습 단계의 장치이고, 실전의 증명은 처음부터 끝까지 이런 산문이다. 첫 표는 어느 불변량을 쓸지 고르는 작업 기록일 뿐 증명의 일부가 아니라는 점도 확인해 두자 — 답안에 남길 것은 고른 불변량 하나와 그 값의 계산이다.

**한 걸음 더.** 위수 $4$인 군은 이 둘밖에 없다. 그 분류가 문제 16이고, 예제 2.3이 그 둘이 서로 다름을 보장하는 절반을 담당한다.

### 관찰 — 세 증명의 같은 뼈대

예제 2.1은 부분군을, 2.2는 동형을, 2.3은 비동형을 판정했지만 뼈대가 같다. 대응표의 빈칸을 채워 보자.

| **걸음** | **예제 2.1 (부분군)** | **예제 2.2 (동형)** | **예제 2.3 (비동형)** |
|---|---|---|---|
| ① 판정 기준을 조건 목록으로 펼친다 | 정리 1.2의 세 조건 | $\underline{\quad(1)\quad}$ | 정리 1.7의 대우 — 불변량 하나 |
| ② 조건마다 검증 대상을 문자로 잡고 확인한다 | $x = 3a$, $y = 3b$로 잡고 세 번 | $\varphi([k]) = i^k$를 제시하고 세 번 | $\underline{\quad(2)\quad}$ |
| ③ 결론을 정의의 말로 선언한다 | $\underline{\quad(3)\quad}$ | $\varphi$는 동형사상이므로 두 군은 동형이다 | $\underline{\quad(4)\quad}$ |

:::{container} quotebox
**확인 20.** 빈칸 (1)~(4)를 채워 보자. 그리고 세 예제에서 ②의 성격이 어떻게 다른지 한 줄로 적어 보자.
:::

:::{admonition} 답
:class: quotebox dropdown

(1) 정의 1.5의 두 조건 — 전단사와 구조 보존 (동치류가 정의역이면 잘 정의됨이 하나 더 붙는다).

(2) 두 군에서 "위수 $4$인 원소의 존재"라는 한 값을 각각 계산해 대조한다.

(3) 세 조건이 성립하므로 $3\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$이다.

(4) 위수 $4$인 원소의 존재가 다르므로 동형사상이 존재할 수 없다.

②의 성격은 이렇게 갈린다 — 2.1과 2.2는 조건을 **전부** 확인해야 끝나고(하나라도

빠지면 미완성), 2.3은 불변량 **하나만** 어긋나면 끝난다(둘 이상 확인해도 점수가

늘지 않는다). 긍정 판정은 전부, 부정 판정은 하나다.
:::

방금 확인한 뼈대에 이름을 붙인다.

:::{admonition} 백지 암기 대상
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**구조 판정의 3단 서식**

① 판정 기준을 조건 목록으로 펼친다(정리 1.2 / 정의 1.5 / 정리 1.7의 대우 중 무엇인지 밝힌다) $\to$ ② 조건마다 검증 대상을 문자로 잡거나 사상을 제시해 확인한다(긍정은 전부, 부정은 하나) $\to$ ③ 결론을 정의의 말로 선언한다
:::

이 서식이 §4의 판정 문제(2, 3, 5, 6, 7, 9, 10, 12, 13, 14, 18)의 채점표다. 문제 15~17과 19는 이 서식을 한 번 쓴 뒤 그 결과를 재료로 쓰는 문제이므로, 서식이 답안 전체가 아니라 답안의 한 문단이 된다.

## 빈칸 사다리 — 지지대를 하나씩 빼며

예제의 필사에서 자립으로 넘어가는 다리다. 훈련이 진행될수록 빈칸이 커진다. 베끼지 말고 빈칸만 스스로 채운다. 답은 §6에 있다 — 다 채운 뒤에 대조한다.

### 훈련 1 ●○○ — 수식과 절차의 빈칸

**명제.** $(\mathbb{Z}_6, +)$에서 $H = \{[0], [3]\}$은 부분군이다.

**증명.** $[0] \in H$이므로 $H \ne \emptyset$이고 $\mathbb{Z}_6$의 항등원을 포함한다.

닫힘: 확인할 조합은 $[0]+[0] = [0]$, $[0]+[3] = [3]$, $[3]+[0] = [3]$, $[3]+[3] = [6] = [\underline{\quad(1)\quad}]$이며 네 결과가 모두 $H$ 안에 있다.

역원: $[0]$의 역원은 $[0]$이고, $[3]$의 역원은 $[3]$이다 ($[3]+[3] = [\underline{\quad(2)\quad}]$이기 때문이다). 둘 다 $H$ 안에 있다.

결합법칙은 $\underline{\quad(3)\quad}$에서 물려받으므로 확인하지 않는다. 따라서 정리 1.2에 의해 $H \le \mathbb{Z}_6$이다. $\blacksquare$

**검산과 관찰.** $H$의 위수는 $\underline{\quad(4)\quad}$이고 군의 위수는 $6$이며, $\underline{\quad(5)\quad}$ 정리대로 앞의 수가 뒤의 수를 나눈다. 또한 $H = \langle [3] \rangle$이므로 $H$는 $[3]$이 생성하는 $\underline{\quad(6)\quad}$군이고, 보조정리 1.A에 의해 $\operatorname{ord}([3]) = \underline{\quad(7)\quad}$이다.

### 훈련 2 ●●○ — 수식과 근거를 함께

이번에는 근거 문장도 빈칸이다.

**명제.** $(\mathbb{Z}, +) \cong (3\mathbb{Z}, +)$.

**증명.** $\varphi : \mathbb{Z} \to 3\mathbb{Z}$를 $\varphi(n) = \underline{\quad(1)\quad}$로 정의한다. (이 정의가 함수가 되려면 상이 공역 안에 있어야 하는데, $3n$이 $3\mathbb{Z}$의 원소인 것은 정의에서 곧바로 나온다. $3\mathbb{Z}$이 군이라는 것은 $\underline{\quad(2)\quad}$에서 이미 보였다.)

- 단사: $\varphi(m) = \varphi(n)$이면 $3m = 3n$이고 양변을 $3$으로 나누면 $m = n$이다. 근거는 $\underline{\quad(3)\quad}$이다.
- 전사: $y \in 3\mathbb{Z}$를 잡으면 정의에 의해 $y = 3k$인 정수 $k$가 존재하고, 그 $k$에 대해 $\varphi(k) = \underline{\quad(4)\quad}$이다.
- 구조 보존: $\varphi(m + n) = 3(m+n) = 3m + 3n = \underline{\quad(5)\quad}$이며, 여기서 쓴 성질은 $\underline{\quad(6)\quad}$이다.

따라서 $\varphi$는 동형사상이고 $(\mathbb{Z}, +) \cong (3\mathbb{Z}, +)$이다. $\blacksquare$

**관찰.** $3\mathbb{Z}$은 $\mathbb{Z}$의 부분군이면서 $\mathbb{Z}$ 자신은 아니다. 그런데도 두 군이 동형이므로, **군은 자기 자신의 진부분군과 동형일 수 있다**. 유한군에서는 정리 1.7 ①에 의해 이런 일이 $\underline{\quad(7)\quad}$ (가능하다 / 불가능하다).

### 훈련 3 ●●● — 뼈대만 남기고

이번에는 §2 관찰의 3단 서식 칸을 통째로 채운다. 두 군이 모두 무한군이어서 원소를 다 적어 볼 수 없는 경우다.

**명제.** $(\mathbb{R}, +)$와 $(\mathbb{R} \setminus \{0\}, \times)$는 동형이 아니다.

**증명의 뼈대.**

- ① 어느 판정 기준을 쓰는가, 그리고 왜 그것인가: $\underline{\quad(1)\quad}$
- ② 고른 불변량의 값을 두 군에서 각각 계산한다: $\underline{\quad(2)\quad}$
- ③ 결론을 선언한다: $\underline{\quad(3)\quad}$

(안내: 두 군은 모두 무한이고 모두 아벨이므로 정리 1.7의 ①과 ②는 쓸 수 없다. 남은 것은 ③이다. 오른쪽 군에서 자기 자신과 곱해 항등원 $1$이 되는 원소를 찾아보고, 왼쪽 군에서 자기 자신과 더해 항등원 $0$이 되는 원소를 찾아 개수를 대조한다.)

## 연습문제 (20문항)

해설을 보기 전에 문제당 최소 10분 스스로 시도한다. 막히면 곧바로 풀이를 읽지 말고, 해설의 '접근'까지만 읽고 다시 시도한다 $\to$ 그래도 안 되면 풀이를 읽는다.

부분군 문제는 세 조건(또는 간편 판정)을 답안에 각각 적고, 동형 문제는 사상을 실제로 제시한 뒤 전단사와 구조 보존을 나누어 적으며, 비동형 문제는 어느 불변량을 골랐는지 밝히고 두 군에서의 값을 각각 계산한다.

:::{admonition} 이번 주의 채점 기준
:class: quotebox

답이 아니라 **근거**가 점수다. 이번 주 답안에는 채점 항목이 넷이다.

① 부분군 답안에 **비공집합$\cdot$닫힘$\cdot$역원**이 각각 한 줄씩 있는가. 닫힘을 특정 숫자로 확인한 답안은 걸음 B가 빠진 것이다.

② 동형 답안에 **사상의 식**이 적혀 있는가. "적당한 대응을 잡으면 된다"는 증인을 제출하지 않은 것이다.

③ 동형 답안에서 **전단사와 구조 보존이 분리**되어 있는가. 둘을 섞어 적으면 어느 쪽이 확인됐는지 채점할 수 없다.

④ 비동형 답안에 **고른 불변량의 이름과 두 값**이 있는가. "구조가 다르다"는 결론이지 근거가 아니다.

난이도와 무관하게, 힌트 상자는 5분 이상 막힌 뒤에만 연다.
:::

### 기본 ●○○

**1.** [백지] 부분군 판정법, 순환군$\cdot$위수, 라그랑주 정리, 동형의 정의(구조 보존 전단사), 불변량을 쓰시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

다섯 항목 각각에 대해 "무엇이 없으면 빈 답인가"를 먼저 정한다. 부분군 판정법은

세 조건과 간편 판정 둘 다, 순환군과 위수는 정의 문장과 보조정리 1.A 둘 다,

라그랑주는 진술과 따름 명제 둘 다, 동형은 두 조각 모두, 불변량은 네 항목이다.
:::

**2.** 다음이 $(\mathbb{Z}, +)$의 부분군인지 판정하시오. (a) $2\mathbb{Z}$ (b) 홀수 집합 (c) $\{0\}$ (d) $5\mathbb{Z}$

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

(a)(d)는 예제 2.1의 $3$을 바꾼 것이다. (b)는 §1.2의 표 둘째 줄에서 두 칸이

이미 ✗였다 — 둘 중 하나만 지적해도 판정은 끝나지만, 두 개를 다 적으면

어느 조건이 왜 깨지는지가 답안에 남는다. (c)는 원소가 하나뿐이므로 세 조건을

모두 $0$ 하나로 확인한다.
:::

**3.** 예제 2.1($3\mathbb{Z}$ 부분군)을 백지 재현하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

네 줄이다. 원소 하나 제시 $\to$ 닫힘(문자로 잡은 두 원소) $\to$ 역원 $\to$ 결론.

둘째 줄에 "$a + b$는 정수이므로"가, 마지막 줄에 "결합법칙은 확인하지 않는다"와

그 이유가 실제로 적혀 있는지 스스로 채점한다.
:::

**4.** 빈칸 훈련을 백지에서 완성하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

훈련 1은 원소가 둘뿐인 부분군이므로 닫힘을 네 조합 모두 적어 확인할 수 있다.

훈련 2는 사상 $\varphi(n) = 3n$을 제시하는 것이 전부이고, 훈련 3은 답이 아니라

뼈대를 적는 문항이므로 어느 불변량을 왜 골랐는지가 첫 줄에 와야 한다.
:::

**5.** 예제 2.2($\mathbb{Z}_4 \cong \{1,i,-1,-i\}$)를 백지 재현하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

다섯 줄이고, 그중 하나는 정의역이 동치류의 집합이기 때문에만 붙는 줄이다.

그 줄을 빠뜨렸다면 확인 18을 다시 읽는다. 구조 보존 줄에서는 등호 왼쪽과

오른쪽의 연산이 서로 다르다는 것을 눈으로 확인한다.
:::

**6.** $(\mathbb{Z}_6, +)$에서 $[1]$이 생성원임을(순환군) 확인하시오 ($\langle[1]\rangle = \mathbb{Z}_6$).

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

$\langle [1] \rangle$의 원소를 $[1]$부터 하나씩 더해 나열한다. 여섯 개가 나왔고

그것이 $\mathbb{Z}_6$의 원소 전부와 일치하면 끝이다. 보조정리 1.A로

$\operatorname{ord}([1])$도 함께 말할 수 있다.
:::

### 표준 ●●○

**7.** 부분군 판정: $(\mathbb{Z}_8, +)$에서 $\{[0], [2], [4], [6]\}$이 부분군임을 보이시오 (짝수 잉여류, 위수 4).

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

닫힘을 16개 조합으로 다 확인하는 대신 문자로 잡는다 — 원소가 전부

"짝수의 잉여류" 꼴이므로 $[2a] + [2b] = [2(a+b)]$ 한 줄이면 된다.

그다음 그 결과가 $\mathbb{Z}_8$ 안에서 다시 그 네 원소 중 하나임을 말한다.
:::

**8.** 간편 판정 정리("$H \neq \emptyset$, $a,b \in H \Rightarrow ab^{-1} \in H$ $\Longleftrightarrow$ 부분군")의 한 방향을 증명하시오 (간편 조건 $\to$ 세 조건: $a = b$면 $e \in H$, 그다음 역원$\cdot$닫힘).

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

조건 하나에서 세 조건을 뽑아내는 문제이므로, 그 조건에 넣을 $a$와 $b$를

세 번 다르게 고르는 것이 전부다. 첫 번째는 $b = a$, 두 번째는 $a$ 자리에

방금 얻은 $e$, 세 번째는 $b$ 자리에 방금 얻은 $b^{-1}$을 넣는다.

순서가 중요하다 — 앞 단계의 결과가 뒤 단계의 재료다.
:::

**9.** 동형 확인: $(\mathbb{R}, +) \cong (\mathbb{R}^+, \times)$ (양의 실수 곱셈)임을 $\varphi(x) = e^x$로 보이시오 (전단사 + $e^{x+y} = e^x e^y$ 구조 보존). 로그가 역동형.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

사상은 문제에서 주어졌으므로 확인할 것은 두 조각뿐이다. 전사를 보일 때는

임의의 $y > 0$에 대해 $\varphi(x) = y$가 되는 $x$를 **실제로 제시**한다 —

그 $x$가 곧 역동형의 식이다. 단사는 지수함수가 순증가라는 사실로 한 줄이다.
:::

**10.** 다음 제시된 증명을 평가하시오 (C5주차).

:::{container} quotebox
**Result.** $(\mathbb{Z}, +)$에서 홀수 전체의 집합 $O$는 부분군이다.

**증명.** 홀수와 홀수를 더하면 짝수다. $1 + 1 = 2$는 짝수다.
:::

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

물음을 둘로 나눈다 — Result가 참인가, 그리고 제시된 증명이 그 Result를

확립했는가. 적힌 계산 $1 + 1 = 2$가 정리 1.2의 어느 조건에 관한 것인지 짚고,

그 조건이 **성립한다**는 말인지 **깨진다**는 말인지를 먼저 정한다. 두 물음의

답이 서로 어긋날 수 있다는 것이 이 문항의 자리다.
:::

**11.** 위수 계산: $(\mathbb{Z}_{12}, +)$에서 $[3], [4], [8]$의 위수를 각각 구하시오 (위수 = $\frac{12}{\gcd(k, 12)}$ — $[3]$: 4, $[4]$: 3, $[8]$: 3).

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

공식을 쓰기 전에 한 번은 직접 더해 확인한다 — $[3]$을 몇 번 더해야 처음으로

$[0]$이 되는가. 공식이 왜 그 값을 주는지는 "$k$를 $m$번 더해 $12$의 배수가 되는

가장 작은 $m$"을 $\gcd$로 푸는 문제이기 때문이다(C15주차).
:::

**12.** 비동형 판정: $(\mathbb{Z}_6, +)$와 $(S_3, \circ)$이 동형이 아님을 보이시오 (둘 다 위수 6이나 $\mathbb{Z}_6$은 아벨, $S_3$은 비아벨 — 아벨성 불변량 차이).

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

위수가 같으므로 정리 1.7 ①은 쓸 수 없다. 남은 셋 중 계산이 가장 짧은 것을

고른다. $S_3$이 비아벨이라는 근거는 C18주차 예제 2.3에 있고, 답안에는 그

두 순열과 두 합성 결과를 실제로 적는다.
:::

**13.** 준동형과 함수방정식: S7주차 문제 9의 $f(x+y) = f(x) + f(y)$가 $(\mathbb{R},+) \to (\mathbb{R},+)$의 준동형임을 확인하고, $f(x) = cx$ 꼴(연속 시)이 동형/준동형 중 무엇인지 판정하시오 ($c \neq 0$이면 전단사 $\to$ 동형).

:::{admonition} 진술 안의 "연속 시"에 관하여
:class: quotebox

이 함수방정식의 **연속인** 해가 $f(x) = cx$ 꼴뿐이라는 사실은 지금은 인정하고

쓴다 — 이 과정에서는 증명하지 않는다(해석학의 결과다). 이 문항이 요구하는 것은

그 사실의 증명이 아니라, 주어진 $f(x) = cx$가 동형사상인지 준동형사상인지의

판정이다.
:::

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

앞부분은 정의 1.6과 함수방정식을 나란히 놓고 대조하는 한 줄이다. 뒷부분은

$c$의 값에 따라 갈리므로 경우를 나눈다. $c = 0$일 때 $f$가 어떤 함수가 되는지

적어 보면 어느 조각이 깨지는지 곧바로 보인다.
:::

**14.** 다음이 동형사상이 **아님**을 보이시오. $\varphi: (\mathbb{Z}, +) \to (\mathbb{Z}, +)$, $\varphi(n) = n^2$ (구조 보존 실패: $\varphi(a+b) = (a+b)^2 \neq a^2 + b^2 = \varphi(a) + \varphi(b)$).

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

"아님"을 보이는 데는 조각 하나가 깨지는 것으로 충분하고, 전칭 조건이 깨짐을

보이는 데는 **반례 하나**로 충분하다(1권 29주차). 일반식으로 차이를 적은 뒤

구체적인 두 수를 대입해 두 값을 실제로 계산한다.
:::

### 도전 ●●●

:::{admonition} 이 문제들이 새로 쓰는 도구 — 분류 논증
:class: quotebox

문제 15~17은 "이런 조건을 만족하는 군은 무엇무엇뿐이다"를 보이는 문제다.

이 서식은 두 걸음이다: ① 라그랑주 정리로 가능한 경우를 **유한 개로 좁힌다**

② 각 경우마다 그 군이 실제로 어떤 군과 동형인지 사상을 제시하거나, 그 경우가

불가능함을 보인다. 걸음 ①만 하고 끝낸 답안은 "후보가 이것뿐이다"까지만 말한

것이고, 걸음 ②가 있어야 "실제로 이것이다"가 된다.
:::

**15.** (라그랑주 응용) 위수가 소수 $p$인 군은 순환군임을 논하시오 (임의의 비항등원 $a$의 위수는 $|G| = p$를 나눔(라그랑주), $a \neq e$라 위수 $> 1$, $p$ 소수라 위수 $= p$ $\to$ $\langle a \rangle = G$). "소수 위수 군은 유일한 구조 $\mathbb{Z}_p$".

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

원소를 하나 잡는 것부터 시작한다. $p \ge 2$이므로 항등원이 아닌 원소가 반드시

있고, 그 원소의 위수에 따름 명제 1.B를 적용한다. 마지막 줄에서

$\langle a \rangle = G$를 말하려면 원소 개수가 같다는 것과 포함 관계를 함께 쓴다.
:::

**16.** (동형 대작) 위수 4인 군은 $\mathbb{Z}_4$ 또는 클라인 4원군 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ 둘뿐임을 논하시오 (예제 2.3 + 위수 4 원소 유무로 분류). "위수 4 군의 완전 분류".

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

따름 명제 1.B로 비항등원의 위수 후보를 먼저 좁힌 뒤, "위수 4인 원소가 있는가"로

경우를 둘로 나눈다. 두 번째 경우에서는 남은 세 원소를 $a, b, c$로 두고 $a * b$가

무엇인지 따져야 하는데, $a*b$가 $e$나 $a$나 $b$일 수 없음을 소거법칙으로 하나씩

지우면 값이 하나로 정해진다.
:::

**17.** (순환군 부분군) 순환군 $\langle a \rangle$ (위수 $n$)의 모든 부분군이 순환군임을 논하시오 (부분군은 $\langle a^d \rangle$ ($d \mid n$) 꼴, 각 약수마다 유일한 부분군). $\mathbb{Z}_{12}$의 부분군을 약수 $1,2,3,4,6,12$로 나열.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

$H$의 원소는 모두 $a$의 거듭제곱이므로 지수만 보면 된다. $H$에 들어 있는

**가장 작은 양의 지수**를 $d$라 두고, $H$의 다른 원소 $a^m$에 나눗셈 정리를

적용해 $m = qd + r$로 쓴다. $r$이 $0$이 아니면 $d$의 최소성이 깨진다는 것이

이 증명의 관절이다.
:::

**18.** (진단 종합) 다음 제시된 증명을 평가하시오.

:::{container} quotebox
**Result.** $(\mathbb{Z}_4, +) \cong (\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2, +)$.

**증명.** 둘 다 위수 4이고 아벨이다. 따라서 동형.
:::

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

정리 1.7이 말하는 방향과 이 답안이 쓴 방향을 나란히 적어 본다. 그리고

이 답안의 논법이 옳다면 예제 2.3의 결론과 어떻게 충돌하는지 한 줄로 적는다.

평가에는 두 가지를 다 써야 한다 — 논법의 결함과 실제 참$\cdot$거짓.
:::

:::{admonition} 이 문제가 새로 쓰는 도구 — 임의의 집합 위의 순열군과 상
:class: quotebox

문제 19에서는 $\{1, \ldots, n\}$이 아니라 **임의의 집합 $A$** 위의 전단사 전체가

이루는 군 $S_A$를 쓴다. 합성이 연산이고, 항등원은 항등함수, 역원은 역함수이며,

결합법칙은 함수 합성의 결합법칙이다(1권 42$\cdot$43주차) — C18주차의 $S_n$은

$A = \{1, \ldots, n\}$인 경우다.

또 하나 필요한 것은 이 한 줄이다: **단사 준동형사상은 자기 상 위로의 동형사상이다.**

아래의 $\psi$는 그리스 문자로 "프시"라고 읽는다. $\varphi$와 마찬가지로 사상에

붙이는 이름일 뿐이며, 한 논증에 사상이 둘 이상 등장할 때 구별하려고 쓴다.

$\psi : G \to K$가 단사 준동형이면 공역을 상 $\psi(G)$로 바꾼 사상이 전사가 되고

단사와 구조 보존은 그대로이므로, $G \cong \psi(G)$이다(C12주차의 무대 조정).

$\psi(G)$가 $K$의 부분군임은 정리 1.2로 확인하며, 문제 19의 답안에 포함된다.
:::

**19.** (설계) 케일리 정리 맛보기: 모든 유한군 $G$는 어떤 순열군 $S_n$의 부분군과 동형임을 논하시오 (각 $g \in G$를 "왼쪽 곱 $x \mapsto gx$"라는 순열로 — 이 대응이 단사 준동형). "순열군이 모든 군을 담는다". $\mathbb{Z}_3$을 $S_3$의 부분군으로 표현.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

확인할 것이 세 층이다 — ① 각 $L_g$가 정말 순열인가(전단사인가) ② 대응

$g \mapsto L_g$가 준동형인가 ③ 그 대응이 단사인가. ①과 ③ 모두 소거법칙이

도구이고, ②는 $L_{gh}(x)$와 $(L_g \circ L_h)(x)$를 각각 계산해 대조하는 한 줄이다.
:::

**20.** (서술) (a) 동형이 "이름만 다른 같은 군"인 이유를 예제 2.2($\mathbb{Z}_4 \cong \{1,i,-1,-i\}$)로 뒷받침하고, 구조 보존이 왜 핵심인지 세 문장 이내로. (b) 불변량이 비동형 판정 도구인 이유를 예제 2.3(위수 분포 차이)으로 두 문장 이내 설명하시오.

:::{admonition} 힌트
:class: quotebox dropdown

(a)는 §1.6의 조각 삭제 실험 1이 근거다 — 구조 보존을 빼면 무엇이 되는지를

한 문장으로 쓰면 "왜 핵심인가"가 답해진다. (b)는 정리 1.7을 그대로 쓰지 말고

**대우**로 바꿔 쓴다. 그 대우 문장이 곧 답이다.
:::

## 백지 재현 — 복습 프로토콜

이 과정의 한 주는 다섯 날로 나뉜다. 교안만 보는 주가 아니라 원서와 교안을 번갈아 읽는 주이므로, 백지 재현은 마지막 날에 놓인다.

| **요일** | **할 일** |
|---|---|
| 1일차 | 원서 Chartrand 15.4~15.6 통독 — 모르는 문장은 표시만 하고 통과한다 |
| 2일차 | 교안 §0~§2 — 개념과 예제. 확인 상자를 연필로 먼저 채운다 |
| 3일차 | 원서 15.4~15.6 재독 — 1일차에 표시한 문장을 해결하고, 원서 연습문제 몇 개를 직접 시도한다 |
| 4일차 | 교안 §3 빈칸 사다리와 §4 연습문제 20문항 |
| 5일차 | 백지 재현 1차(틀 카드)$\cdot$2차(완전 백지) + 체크리스트 |

**1차 시도 — 틀 카드 허용.** 부분군 판정의 세 걸음(§1.3)과 구조 판정의 3단 서식(§2 관찰), 그리고 정리 1.7의 불변량 네 항목만 한 장에 적어 펴 놓고, 예제 2.1과 2.2를 처음부터 끝까지 적는다. 정의와 본문은 보지 않는다.

**2차 시도 — 완전 백지.** 아무것도 보지 않고 수행한다.

- [ ] 정의 1.1(부분군)과 정리 1.2(판정 정리, 간편 판정 포함)를 진술하고, "결합법칙을 확인하지 않는 이유"를 한 줄로 적었다.
- [ ] 정의 1.3$\cdot$1.4(생성되는 부분군$\cdot$위수)를 조각 그대로 쓰고, 보조정리 1.A를 나눗셈 정리로 증명했다.
- [ ] 라그랑주 정리를 진술하고, 동치관계에서 분할을 거쳐 $|G| = m \cdot |H|$까지 가는 증명을 재현했다.
- [ ] 정의 1.5(동형사상)를 쓰고, 두 조각 각각의 삭제 실험을 말로 설명했다.
- [ ] 정리 1.7의 네 불변량을 쓰고, 그중 ③의 증명에서 $\varphi(e_G) = e_H$가 필요한 자리를 짚었다.
- [ ] 예제 2.1을 재현했고, 닫힘을 문자로 잡은 두 원소로 보였다.
- [ ] 예제 2.2를 재현했고, 잘 정의됨 줄을 빠뜨리지 않았다.
- [ ] 예제 2.3을 재현했고, 고른 불변량과 두 값의 계산을 각각 적었다.
- [ ] §1.8의 근거 목록을 재현하고, "연산표 모양이 같았다"가 왜 목록 밖인지 말했다.
- [ ] 원서 15.4~15.6을 두 번 읽었고, 1일차에 표시한 문장이 모두 해결되었다.

**막힌 지점별 처방.** 막힌 지점이 무엇을 다시 볼지 알려 준다.

| **막힌 지점** | **처방** |
|---|---|
| 부분군 판정에서 무엇까지 확인해야 할지 모르겠다 | 정리 1.2와 §1.3의 표 — 확인 목록은 셋이고, 결합법칙은 목록 밖이다 |
| 닫힘을 어떻게 쓰는지 막힌다 | 예제 2.1의 2단계 — 특정 숫자가 아니라 정의의 꼴로 두 원소를 잡는다 |
| 동형 증명의 첫 줄이 나오지 않는다 | 확인 17 — 첫 줄은 언제나 사상의 식을 적는 문장이다 |
| 사상은 잡았는데 무엇을 보일지 흐려진다 | 정의 1.5의 해부 표(§1.6) — 조각이 둘이고, 정의역이 동치류면 하나가 더 붙는다 |
| 비동형을 보이려는데 어디서 시작할지 모르겠다 | 정리 1.7의 네 항목을 차례로 시험한다. 확인 10이 그 시험의 예다 |
| 위수 계산이 헷갈린다 | 정의 1.4와 보조정리 1.A — 위수는 개수가 아니라 $e$가 되는 최소 지수이고, 둘이 같아지는 이유가 보조정리다 |
| 라그랑주 정리의 증명이 재현되지 않는다 | 정리 1.5의 세 조각 — 동치관계 확인, 각 류의 크기가 $\vert H\vert $, 분할 |
| 무엇을 인용해도 되는지 모르겠다 | §1.8의 근거 목록 — 출처를 대면 인용, 못 대면 증명 |

하나라도 실패하면 그 항목만 다시 필사하고 다음날 재시도한다.

## 해설

각 해설은 **접근**(문제 앞에서 무엇을 생각하는가)과 **풀이**로 나뉜다. 막혔을 때는 접근까지만 읽고 연필을 다시 잡는다.

### 빈칸 사다리 — 훈련 1

(1) $0$  (2) $0$  (3) $\mathbb{Z}_6$ (또는 정수 덧셈)  (4) $2$  (5) 라그랑주  (6) 순환  (7) $2$

※ 이 훈련이 보이는 것은 두 가지다. 첫째, 원소가 유한개인 부분군에서는 닫힘을 조합 전부로 확인할 수 있다는 것 — 여기서는 네 조합뿐이다. 둘째, 부분군을 찾은 뒤에는 언제나 두 가지 뒷정리가 붙는다는 것 — 위수가 군의 위수를 나누는지 확인하고 (라그랑주), 생성원 하나로 적을 수 있는지 확인한다($H = \langle [3] \rangle$). 두 뒷정리는 답안의 의무는 아니지만, 계산 실수를 잡아내는 검산으로 쓸모가 있다.

### 빈칸 사다리 — 훈련 2

(1) $3n$  (2) 예제 2.1  (3) 등식의 성질(양변을 $0$이 아닌 수로 나눌 수 있다, 근거 ③) (4) $3k = y$  (5) $\varphi(m) + \varphi(n)$  (6) 분배법칙(근거 ③)  (7) 불가능하다

※ (7)을 확인해 두자. 유한군 $G$의 진부분군 $H$는 원소가 $G$보다 적으므로 정리 1.7 ①에 의해 $G \cong H$일 수 없다. 무한군에서 이 논증이 통하지 않는 이유는 "원소가 더 적다"가 무한집합에서는 크기의 차이를 뜻하지 않기 때문이다(C13주차) — $\mathbb{Z}$와 $3\mathbb{Z}$는 실제로 크기가 같다.

### 빈칸 사다리 — 훈련 3

(1) 정리 1.7의 대우를 쓴다. ①은 두 군이 모두 무한이라 쓸 수 없고 ②는 둘 다 아벨이라 쓸 수 없으므로, 남은 것은 ③ — 원소의 위수 분포다. (2) $(\mathbb{R} \setminus \{0\}, \times)$에서 위수 $2$인 원소는 $x^2 = 1$이면서 $x \ne 1$인 $x$, 곧 $x = -1$ 하나가 있다. $(\mathbb{R}, +)$에서 위수 $2$인 원소는 $x + x = 0$이면서 $x \ne 0$인 $x$인데, $2x = 0$이면 $x = 0$이므로 그런 원소는 없다. (3) 한쪽에는 위수 $2$인 원소가 있고 다른 쪽에는 없으므로, 정리 1.7 ③에 의해 동형사상이 존재할 수 없다. 따라서 두 군은 동형이 아니다. $\blacksquare$

※ 무한군의 비동형 판정에서 ①과 ②가 막히는 일은 흔하다. 그때 ③으로 가는데, 무한군에서는 "위수 분포" 전체를 비교할 수 없으므로 **특정 위수의 원소가 있는가** 하나만 본다. 위수 $2$가 가장 자주 쓰이는 이유는 $x * x = e$라는 계산이 짧기 때문이다.

### 문제 1

**접근.** 백지 문항은 채점표를 먼저 정하고 시작한다. 다섯 항목 각각에서 "이것이 없으면 빈 답"인 조각을 정해 두면, 쓰다가 막혀도 어디가 비었는지 알 수 있다.

**풀이.** (모범 답안)

**부분군 판정법.** 군 $(G,*)$의 부분집합 $H$에 대해 $H \le G$인 것과 다음이 같은 말이다: $H \ne \emptyset$이고 ① $a, b \in H \Rightarrow a * b \in H$ ② $e \in H$ ③ $a \in H \Rightarrow a^{-1} \in H$. 결합법칙은 $G$에서 물려받으므로 확인하지 않는다. 간편 판정은 $H \ne \emptyset$이고 "$a, b \in H \Rightarrow a * b^{-1} \in H$" 하나로 통합한 형태다.

**순환군과 위수.** $\langle a \rangle = \{a^n : n \in \mathbb{Z}\}$이고, 어떤 $a$에 대해 $\langle a \rangle = G$이면 $G$는 순환군이며 그 $a$가 생성원이다. 원소 $a$의 위수는 $a^k = e$인 최소 양의 정수 $k$이고, 유한군에서는 $|\langle a \rangle| = \operatorname{ord}(a)$이다 (보조정리 1.A, 증명의 관절은 나눗셈 정리).

**라그랑주 정리.** 유한군 $G$와 $H \le G$에 대해 $|H|$는 $|G|$를 나눈다. 따름 명제로 모든 원소의 위수도 $|G|$를 나눈다. 증명은 "$a \sim b \iff a^{-1}b \in H$"가 동치관계이고 각 동치류의 크기가 $|H|$임을 보인 뒤 분할을 세는 것이다.

**동형의 정의.** $\varphi : G \to H$가 전단사이고 모든 $a, b$에 대해 $\varphi(a * b) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)$이면 동형사상이고, 그런 사상이 존재하면 $G \cong H$다. 전단사만이면 개수만 같은 것이고, 구조 보존만이면 준동형이다.

**불변량.** 위수, 아벨성, 각 원소의 위수, 순환성. 동형이면 이 넷이 보존되므로, 대우로 하나라도 다르면 동형이 아니다.

**복기.** 조각 단위로 채점한다. "부분군은 군 안의 군"처럼 뜻만 적고 세 조건을 빠뜨리면 이 항목은 재현되지 않은 것이다 — 답안에서 실제로 인용하는 것이 그 세 조건이기 때문이다. 마찬가지로 불변량을 이름만 적고 "동형이면 보존된다"는 방향을 빠뜨리면 문제 12$\cdot$18에서 쓸 수 없다.

### 문제 2

**접근.** 네 부분집합 모두 정리 1.2의 세 조건으로 판정한다. 부분군인 쪽은 세 조건을 각각 보여야 하지만, 아닌 쪽은 **깨지는 조건 하나**를 반례로 제시하면 끝난다. 긍정은 전부, 부정은 하나 — §2 관찰의 원칙이 그대로 쓰인다.

**풀이.**

(a) **부분군이다.** $0 = 2 \cdot 0 \in 2\mathbb{Z}$이므로 비어 있지 않고 항등원을 포함한다. $x = 2a$, $y = 2b$이면 $x + y = 2(a+b)$이고 $a + b$는 정수이므로 닫혀 있다. $x = 2a$의 역원 $-x = 2(-a)$도 $2\mathbb{Z}$ 안에 있다. 따라서 $2\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$이다.

(b) **부분군이 아니다.** 두 조건이 깨진다. 닫힘: $1$과 $3$은 홀수이지만 $1 + 3 = 4$는 홀수가 아니다. 항등원: $\mathbb{Z}$의 항등원 $0$은 짝수이므로 홀수 집합에 없다. 어느 하나만 지적해도 판정은 끝난다.

(c) **부분군이다.** $0 \in \{0\}$이므로 비어 있지 않고 항등원을 포함한다. $0 + 0 = 0 \in \{0\}$이므로 닫혀 있고, $0$의 역원은 $-0 = 0 \in \{0\}$이다. 따라서 $\{0\} \le \mathbb{Z}$이며, 이것이 자명한 부분군의 한쪽이다(다른 쪽은 $\mathbb{Z}$ 자신).

(d) **부분군이다.** (a)에서 $2$를 $5$로 바꾸면 그대로다. $0 = 5 \cdot 0$, $5a + 5b = 5(a+b)$, $-(5a) = 5(-a)$. 따라서 $5\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$이다.

**복기.** (a)(c)(d)의 증명이 글자만 다르고 구조가 같다는 것이 관찰거리다. 실제로 $n\mathbb{Z}$은 모든 정수 $n$에 대해 부분군이고, 거꾸로 $\mathbb{Z}$의 부분군은 전부 이 꼴이다 — 그 사실의 증명은 문제 17의 논법과 같다.

**검산.** (b)에서 판정이 "아니다"로 나왔으면 라그랑주로는 확인할 수 없다 (무한군이라 위수 비교가 불가능하다). 유한군에서만 쓸 수 있는 검산임을 기억해 둔다.

### 문제 3

**접근.** 예제 2.1의 네 줄을 순서대로 재현한다. 재현에서 가장 자주 빠지는 것은 마지막 줄의 "결합법칙은 확인하지 않는다"와 그 이유이고, 두 번째로 자주 빠지는 것은 닫힘 줄의 "$a + b$는 정수이므로"다.

**풀이.** $0 = 3 \cdot 0$이고 $0$은 정수이므로 $0 \in 3\mathbb{Z}$이다. 특히 $3\mathbb{Z} \ne \emptyset$이고 $\mathbb{Z}$의 항등원을 포함한다.

$x, y \in 3\mathbb{Z}$라 하자. 정의에 의해 $x = 3a$, $y = 3b$인 정수 $a, b$가 존재한다. 그러면

$$
x + y = 3a + 3b = 3(a+b)
$$

이고 $a + b$는 정수이므로(근거 ②) $x + y \in 3\mathbb{Z}$이다.

$x = 3a$의 역원은 $-x$이고 $-x = 3(-a)$이며 $-a$는 정수이므로 $-x \in 3\mathbb{Z}$이다.

결합법칙은 $3\mathbb{Z}$의 원소가 모두 정수이므로 $\mathbb{Z}$의 (G1)에서 물려받는다. 세 조건이 성립하므로 정리 1.2에 의해 $3\mathbb{Z} \le \mathbb{Z}$이다. $\blacksquare$

**복기.** 부분군 증명의 리듬은 "원소 하나 $\to$ 문자로 잡은 두 원소 $\to$ 문자로 잡은 한 원소 $\to$ 선언"이다. 이 리듬은 문제 2, 7에서 그대로 재사용되고, 소재만 바뀐다.

**검산.** 간편 판정으로 다시 써서 같은 결론이 나오는지 본다: $x - y = 3(a - b)$이고 $a - b$는 정수이므로 $x - y \in 3\mathbb{Z}$. 두 답안이 같은 결론이면 계산에 실수가 없다는 신호다.

### 문제 4

**접근.** 세 훈련의 성격이 각각 다르다. 훈련 1은 유한 부분군의 닫힘을 조합으로 확인하는 계산, 훈련 2는 사상 제시와 세 조각 확인, 훈련 3은 불변량을 고르는 판단이다. 백지에서 할 때는 각 훈련의 **첫 줄**부터 스스로 만들 수 있는지가 관건이다.

**풀이.** 훈련 1의 답: (1) $0$ (2) $0$ (3) $\mathbb{Z}_6$ (4) $2$ (5) 라그랑주 (6) 순환 (7) $2$. 훈련 2의 답: (1) $3n$ (2) 예제 2.1 (3) 등식의 성질 (4) $3k = y$ (5) $\varphi(m) + \varphi(n)$ (6) 분배법칙 (7) 불가능하다. 훈련 3의 답은 위의 "빈칸 사다리 — 훈련 3" 항목에 세 걸음으로 적어 두었다.

각 답의 근거는 사다리 해설의 ※ 문단에 있다. 백지 재현에서는 답보다 **왜 그 값인지**를 한 줄씩 붙일 수 있는지가 채점 대상이다. 예를 들어 훈련 1의 (7)에서 $\operatorname{ord}([3]) = 2$인 이유는 "$[3]$을 두 번 더해 처음으로 $[0]$이 되므로"이고, 그것이 $|\langle [3] \rangle| = 2$와 같다는 것이 보조정리 1.A다.

**복기.** 훈련 3처럼 답이 뼈대인 문항은 정답이 하나가 아니다. 다른 불변량으로도 같은 결론에 이를 수 있다면 그 답도 만점이다 — 채점 대상은 고른 불변량이 실제로 두 군에서 다른 값을 갖는가와, 그 값을 계산으로 확정했는가다.

### 문제 5

**접근.** 예제 2.2의 다섯 줄을 순서대로 재현한다. 정의역이 $\mathbb{Z}_4$, 곧 동치류의 집합이므로 잘 정의됨 줄이 반드시 들어간다. 이 줄이 왜 필요한지는 확인 18이다.

**풀이.** $\varphi : \mathbb{Z}_4 \to \{1, i, -1, -i\}$를 $\varphi([k]) = i^k$로 정의한다.

(잘 정의됨) $[k] = [k']$이면 $4 \mid (k - k')$이므로 $k - k' = 4m$인 정수 $m$이 존재한다. $i^4 = 1$이므로

$$
i^k = i^{k' + 4m} = i^{k'} \cdot (i^4)^m = i^{k'} \cdot 1 = i^{k'}
$$

이고, 따라서 $\varphi$의 값은 대표원의 선택에 무관하다.

(전단사) $\varphi([0]) = i^0 = 1$, $\varphi([1]) = i$, $\varphi([2]) = i^2 = -1$, $\varphi([3]) = i^3 = -i$. 네 상이 서로 다르므로 단사이고, 공역의 네 원소가 모두 상으로 나타나므로 전사다.

(구조 보존) 임의의 $[a], [b] \in \mathbb{Z}_4$에 대해

$$
\varphi([a] + [b]) = \varphi([a+b]) = i^{a+b} = i^a \cdot i^b = \varphi([a]) \cdot \varphi([b]).
$$

따라서 $\varphi$는 동형사상이고 $(\mathbb{Z}_4, +) \cong (\{1, i, -1, -i\}, \times)$이다. $\blacksquare$

**복기.** 동형 증명의 리듬은 "사상 제시 $\to$ (잘 정의됨) $\to$ 전단사 $\to$ 구조 보존 $\to$ 선언"이다. 잘 정의됨은 정의역이 동치류의 집합일 때만 붙고, 그 외의 경우에는 네 걸음이다. 이 리듬은 문제 9와 훈련 2에서 재사용된다.

**검산.** 연산표를 두 개 그려 $\varphi$로 이름을 바꿔 붙여 본다. $\mathbb{Z}_4$의 $[2] + [3] = [1]$ 자리가 상대에서 $(-1) \times (-i) = i$가 되는지 확인하면 구조 보존 줄이 실제로 작동하는 것을 눈으로 볼 수 있다.

### 문제 6

**접근.** 순환군임을 보이는 것은 "$\langle a \rangle = G$인 $a$가 존재한다"는 존재 증명이므로, 증인 $a$를 제시하고 그 $\langle a \rangle$을 실제로 계산해 $G$와 같음을 보이면 된다. $\mathbb{Z}_6$은 덧셈군이므로 거듭제곱이 거듭덧셈으로 보인다.

**풀이.** 증인으로 $[1]$을 제시한다. $\langle [1] \rangle$의 원소를 차례로 계산하면

$$
[1], \; [1]+[1] = [2], \; [2]+[1] = [3], \; [3]+[1] = [4], \; [4]+[1] = [5], \; [5]+[1] = [6] = [0]
$$

이므로 $\langle [1] \rangle = \{[0], [1], [2], [3], [4], [5]\}$이다. 이것은 $\mathbb{Z}_6$의 원소 전부이므로 $\langle [1] \rangle = \mathbb{Z}_6$이고, 따라서 $\mathbb{Z}_6$은 순환군이며 $[1]$이 생성원이다. $\blacksquare$

또한 $[1]$을 여섯 번 더해 처음으로 $[0]$이 되었으므로 $\operatorname{ord}([1]) = 6$이고, $|\langle [1] \rangle| = 6$과 일치한다 — 보조정리 1.A의 확인이다.

**복기.** 유한 순환군에서 생성원은 하나가 아니다. $\mathbb{Z}_6$에서는 $[5]$도 생성원이고($[5]$를 거듭 더하면 $[5], [4], [3], [2], [1], [0]$), $[2]$나 $[3]$은 생성원이 아니다. 생성원의 조건은 $\operatorname{ord}(a) = |G|$이며, $\mathbb{Z}_n$에서는 $\gcd(k, n) = 1$과 같은 말이다(문제 11의 공식에서 나온다).

**검산.** $\operatorname{ord}([1]) = 6$이고 $|\mathbb{Z}_6| = 6$이므로 따름 명제 1.B의 "$6 \mid 6$"이 성립한다.

### 문제 7

**접근.** 원소가 네 개이므로 닫힘을 16개 조합으로 확인할 수도 있지만, 네 원소가 모두 "짝수의 잉여류"라는 공통 꼴을 가지므로 문자로 잡는 편이 짧다. 예제 2.1의 $3\mathbb{Z}$과 같은 논법을 $\mathbb{Z}_8$ 안으로 옮기는 문제다.

**풀이.** $H = \{[0], [2], [4], [6]\}$이라 하자. $H$의 원소는 모두 $[2a]$ 꼴이고, 거꾸로 $[2a] \in \mathbb{Z}_8$는 $2a$를 $8$로 나눈 나머지가 $0, 2, 4, 6$ 중 하나이므로 $H$의 원소다. 곧 $H = \{[2a] : a \in \mathbb{Z}\}$이다.

비공집합과 항등원: $[0] = [2 \cdot 0] \in H$이다.

닫힘: $[2a], [2b] \in H$이면 $[2a] + [2b] = [2a + 2b] = [2(a+b)]$이고 $a + b$는 정수이므로 이 원소는 $H$ 안에 있다.

역원: $[2a]$의 역원은 $[-2a] = [2(-a)]$이고 $-a$는 정수이므로 $H$ 안에 있다. 구체적으로 $[2]$의 역원은 $[6]$, $[4]$의 역원은 $[4]$, $[6]$의 역원은 $[2]$, $[0]$의 역원은 $[0]$이다.

세 조건이 성립하므로 정리 1.2에 의해 $H \le \mathbb{Z}_8$이다. $\blacksquare$

**복기.** $H = \langle [2] \rangle$이기도 하다 — $[2], [4], [6], [0]$이므로 $[2]$ 하나가 $H$ 전부를 생성한다. 정의 1.3에 따르면 $\langle a \rangle$은 언제나 부분군이므로, 사실 이 문제는 "$H = \langle [2] \rangle$임을 확인한다" 한 줄로도 끝난다. 두 답안 모두 만점이지만, 세 조건을 직접 쓰는 쪽이 이번 주의 채점 항목 ①을 연습하는 답안이다.

**검산.** $|H| = 4$이고 $|\mathbb{Z}_8| = 8$이며 $4 \mid 8$이므로 라그랑주 정리와 어긋나지 않는다. 만약 원소를 잘못 세어 $|H| = 3$이 나왔다면 $3 \nmid 8$이므로 그 자리에서 계산 실수를 알아챌 수 있다.

### 문제 8

**접근.** 조건 하나에서 세 조건을 뽑아내는 문제다. 가진 것은 "$a, b \in H$이면 $a * b^{-1} \in H$"라는 전칭 조건 하나이므로, 할 수 있는 일은 $a$와 $b$ 자리에 무엇을 넣을지 고르는 것뿐이다. 세 번 다르게 넣는다.

**풀이.** $H \ne \emptyset$이고 "$a, b \in H \Rightarrow a * b^{-1} \in H$"라 가정한다.

**항등원.** $H \ne \emptyset$이므로 원소 $a \in H$를 하나 잡을 수 있다. 가정에 $b = a$를 넣으면 $a * a^{-1} = e \in H$이다.

**역원.** 이제 $e \in H$를 안다. 임의의 $b \in H$에 대해 가정의 $a$ 자리에 $e$를 넣으면 $e * b^{-1} = b^{-1} \in H$이다.

**닫힘.** $a, b \in H$라 하자. 방금 보인 대로 $b^{-1} \in H$이므로, 가정의 $b$ 자리에 $b^{-1}$을 넣을 수 있다. 그러면 $a * (b^{-1})^{-1} \in H$이고, $(b^{-1})^{-1} = b$이므로(C18주차 문제 12) $a * b \in H$이다.

세 조건이 모두 성립하므로 정리 1.2에 의해 $H \le G$이다. $\blacksquare$

**복기.** 이 증명의 구조는 "앞 단계의 결과가 뒤 단계의 재료"다 — 항등원을 얻어야 역원을 얻고, 역원을 얻어야 닫힘을 얻는다. 순서를 바꾸면 증명이 서지 않는다. 전칭 가정에 무엇을 대입할지 고르는 이 작업이 S7주차의 특수화이고, 여기서는 같은 가정에 세 번 특수화를 적용했다.

**검산.** 반대 방향(부분군이면 간편 조건)도 한 줄이다: $a, b \in H$이면 정리 1.2의 ③에 의해 $b^{-1} \in H$이고 ①에 의해 $a * b^{-1} \in H$이다. 두 방향이 다 되므로 간편 판정이 세 조건과 동치다.

### 문제 9

**접근.** 사상이 문제에서 주어졌으므로 확인할 것은 정의 1.5의 두 조각뿐이다. 정의역이 동치류의 집합이 아니므로 잘 정의됨 줄은 필요 없다. 전사를 보일 때는 "임의의 $y$에 대해 $\varphi(x) = y$가 되는 $x$를 실제로 제시"하는 것이 핵심이고, 그 $x$의 식이 곧 역사상의 식이 된다.

**풀이.** $\varphi : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^+$를 $\varphi(x) = e^x$로 정의한다. 모든 실수 $x$에 대해 $e^x > 0$이므로 상이 공역 안에 있어 $\varphi$는 함수다.

**단사.** $\varphi(x_1) = \varphi(x_2)$이면 $e^{x_1} = e^{x_2}$이고, 양변에 자연로그를 취하면 $x_1 = x_2$이다.

**전사.** 임의의 $y \in \mathbb{R}^+$를 잡자. $y > 0$이므로 $x = \ln y$가 실수로 정의되고, 이 $x$에 대해 $\varphi(x) = e^{\ln y} = y$이다. 곧 증인 $x = \ln y$를 제시했으므로 전사다.

**구조 보존.** 임의의 $x, y \in \mathbb{R}$에 대해

$$
\varphi(x + y) = e^{x+y} = e^x \cdot e^y = \varphi(x) \cdot \varphi(y)
$$

이며, 왼쪽의 $+$는 $\mathbb{R}$의 연산이고 오른쪽의 $\cdot$는 $\mathbb{R}^+$의 연산이다.

따라서 $\varphi$는 동형사상이고 $(\mathbb{R}, +) \cong (\mathbb{R}^+, \times)$이다. $\blacksquare$

역동형은 $\varphi^{-1}(y) = \ln y$이고, 실제로 $\varphi^{-1}(y_1 y_2) = \ln(y_1 y_2) = \ln y_1 + \ln y_2 = \varphi^{-1}(y_1) + \varphi^{-1}(y_2)$이므로 곱셈을 덧셈으로 옮기는 구조 보존이 확인된다.

**복기.** 로그가 곱셈을 덧셈으로 바꾼다는 익숙한 성질이 여기서 정체를 얻는다 — 그것은 로그의 우연한 계산 규칙이 아니라 두 군이 동형이라는 사실의 다른 표현이다. 구조 보존 등식이 곧 로그 법칙이다.

**검산.** 전사 증명에서 제시한 증인 $x = \ln y$가 정말 정의역 안에 있는지 확인한다. $y > 0$이라는 조건이 없으면 $\ln y$가 정의되지 않으므로, 공역을 $\mathbb{R}$ 전체로 잡으면 전사가 깨진다. 확인 9의 관찰이 여기서도 작동한다.

### 문제 10

**접근.** 제시된 증명 평가는 언제나 두 물음이다 — Result가 참인가, 그리고 적힌 증명이 그 Result를 확립했는가(C5주차). 대개 두 답이 함께 가지만, 이 문항은 둘이 어긋나는 경우다. 적힌 계산부터 읽고, 그 계산이 어느 조건에 대해 무엇을 말하는지 정한 뒤에 Result와 맞춰 본다.

**풀이.** **틀린 증명이고, Result도 거짓이다.**

**Result의 참$\cdot$거짓.** $O$는 부분군이 아니다. 닫힘이 깨진다 — $3$과 $5$는 홀수이지만 $3 + 5 = 8$은 홀수가 아니므로 $3 + 5 \notin O$이다. 항등원 조건도 깨진다 — $\mathbb{Z}$의 항등원 $0$은 짝수이므로 $0 \notin O$이다. 정리 1.2의 조건 두 개가 깨지므로 $O \not\le \mathbb{Z}$이고, Result는 거짓이다.

**제시된 증명의 판정.** 적힌 두 문장은 각각 참이다 — 홀수와 홀수의 합은 짝수이고, $1 + 1 = 2$는 짝수다. 그러나 이 계산이 확립하는 것은 "$1, 1 \in O$이지만 $1 + 1 \notin O$", 곧 **$O$가 덧셈에 닫혀 있지 않다**는 것이며, 이는 Result의 부정이다. 증명은 Result로 가는 줄을 하나도 적지 않았고 결론 문장도 없다. 참인 계산이 적혀 있다는 것과 그 계산이 목표 명제를 향한다는 것은 별개다.

**한 문장 평가.** 계산은 옳고 그 계산이 가리키는 판정("$O$는 부분군이 아니다")도 옳지만, 그 판정은 진술된 Result의 부정이므로 이 답안은 Result의 증명이 아니다. 답안을 완성하려면 Result를 "$O$는 $\mathbb{Z}$의 부분군이 아니다"로 바꿔 적고, $1 + 1 = 2$를 정리 1.2의 조건 ①(닫힘)이 깨지는 반례로 명시한 뒤 결론 문장을 붙여야 한다.

**복기.** 제시된 증명 평가에서 답이 갈리는 자리는 대개 여기다 — **적힌 계산이 참인가**와 **그 계산이 진술된 결론을 향하는가**는 서로 다른 검사다. 앞의 검사만 돌리면 "계산이 맞으니 옳은 증명"이라고 적게 되고, 뒤의 검사만 돌리면 답안이 실제로 짚은 옳은 관찰을 놓친다. 두 검사를 따로 적는 것이 이 유형의 답안 서식이다.

**검산.** 라그랑주로는 확인할 수 없다 — $\mathbb{Z}$가 무한군이기 때문이다. 유한군이었다면 $|O|$가 $|G|$를 나누는지 보는 검산이 하나 더 있었을 것이다.

### 문제 11

**접근.** 정의 1.4를 그대로 쓰면 "몇 번 더해야 처음으로 $[0]$이 되는가"를 세는 문제다. 세 값을 직접 세어 답을 얻은 뒤, 문제에 주어진 공식이 왜 그 값을 주는지 확인한다. 공식만 적고 계산을 생략하면 근거가 없는 답안이 된다.

**풀이.**

$[3]$: $[3], [6], [9], [12] = [0]$이므로 네 번째에 처음으로 $[0]$이 된다. 따라서 $\operatorname{ord}([3]) = 4$이다. 공식으로도 $\frac{12}{\gcd(3, 12)} = \frac{12}{3} = 4$이다.

$[4]$: $[4], [8], [12] = [0]$이므로 세 번째에 처음으로 $[0]$이 된다. 따라서 $\operatorname{ord}([4]) = 3$이다. 공식으로도 $\frac{12}{\gcd(4, 12)} = \frac{12}{4} = 3$이다.

$[8]$: $[8], [16] = [4], [24] = [0]$이므로 세 번째에 처음으로 $[0]$이 된다. 따라서 $\operatorname{ord}([8]) = 3$이다. 공식으로도 $\frac{12}{\gcd(8, 12)} = \frac{12}{4} = 3$이다.

공식이 성립하는 이유는 이렇다. $\operatorname{ord}([k])$는 $mk$가 $12$의 배수가 되는 최소의 양의 정수 $m$이다. $d = \gcd(k, 12)$라 두면 $k = dk'$, $12 = dn$이고 $\gcd(k', n) = 1$이다. $mk = mdk'$이 $dn$의 배수인 것은 $mk'$이 $n$의 배수인 것과 같은 말이다. 여기서 $\gcd(k', n) = 1$을 쓴다 — 베주 항등식(C15주차 정리 1.3, 서로소인 경우는 따름정리 1.3.1)에 의해 $k'x + ny = 1$인 정수 $x, y$가 존재하고, 양변에 $m$을 곱하면

$$
m = (mk')x + n(my)
$$

인데 오른쪽의 두 항이 모두 $n$의 배수이므로($n \mid mk'$이 가정이다) $n \mid m$이다. 거꾸로 $n \mid m$이면 $n \mid mk'$은 당연하므로, $n \mid mk'$과 $n \mid m$은 같은 말이다. 따라서 최소의 양의 $m$은 $n = 12/d$이다.

여기서 유클리드 보조정리(C15주차 정리 1.4)를 인용하면 안 된다. 그 정리는 "$p$가 **소수**이고 $p \mid ab$이면 $p \mid a$ 또는 $p \mid b$"이고, 소수 가정을 빼면 거짓이 된다(C15주차 확인 11의 반례). 여기서 나누는 쪽은 $n = 12/d$이며 $d = 3$일 때 $n = 4$처럼 합성수가 될 수 있으므로, 근거는 소수를 요구하지 않는 베주 항등식이어야 한다.

**복기.** $[4]$와 $[8]$의 위수가 같다는 것은 우연이 아니다 — $\langle [4] \rangle = \{[0], [4], [8]\} = \langle [8] \rangle$이므로 두 원소가 같은 부분군을 생성한다. 문제 17이 이 현상을 약수별로 정리한다.

**검산.** 세 값 $4, 3, 3$이 모두 $12$의 약수인지 확인한다. 따름 명제 1.B에 의해 반드시 그래야 하므로, 약수가 아닌 값이 나왔다면 그 자리에서 계산 실수다.

### 문제 12

**접근.** 두 군 모두 위수가 $6$이므로 정리 1.7 ①은 쓸 수 없다. 남은 셋 중 계산이 가장 짧은 것을 고른다 — 아벨성이다. $\mathbb{Z}_6$이 아벨임은 정수 덧셈의 교환법칙에서 곧바로 나오고, $S_3$이 비아벨임은 C18주차에서 이미 확인했다.

**풀이.** 불변량으로 **아벨성**을 고른다.

$(\mathbb{Z}_6, +)$는 아벨이다: 임의의 $[a], [b]$에 대해 $[a] + [b] = [a+b] = [b+a] = [b] + [a]$이며, 가운데 등식은 정수 덧셈의 교환법칙이다.

$(S_3, \circ)$는 비아벨이다: $\sigma = (1\,2)$, $\tau = (1\,2\,3)$이라 하면 $\sigma \circ \tau = (2\,3)$이고 $\tau \circ \sigma = (1\,3)$이므로 $\sigma \circ \tau \ne \tau \circ \sigma$이다(C18주차 예제 2.3).

이제 $\varphi : \mathbb{Z}_6 \to S_3$가 동형사상이라 하자. $\mathbb{Z}_6$이 아벨이므로 정리 1.7 ②에 의해 $S_3$도 아벨이어야 하는데, 방금 본 대로 $S_3$은 비아벨이다. 모순이므로 동형사상은 존재하지 않고, $(\mathbb{Z}_6, +) \not\cong (S_3, \circ)$이다. $\blacksquare$

**복기.** 위수가 같은 두 군을 만나면 곧바로 아벨성을 본다 — 계산이 가장 짧기 때문이다. 아벨성도 같으면 원소 위수 분포로 내려가고(예제 2.3), 그것도 같으면 순환성을 본다(확인 10). 불변량에는 이런 검사 순서가 있고, 순서는 계산량이 정한다.

**검산.** 두 군에서 위수 $6$인 원소의 개수를 세어 보아도 같은 결론이 나온다. $\mathbb{Z}_6$에는 $[1]$과 $[5]$가 위수 $6$이지만, $S_3$의 원소는 항등원이 위수 $1$, 호환 셋이 위수 $2$, 삼순환 둘이 위수 $3$이므로 위수 $6$인 원소가 없다. 정리 1.7 ③으로도 판정이 되는 셈이다.

### 문제 13

**접근.** 앞부분은 정의 1.6과 함수방정식을 나란히 놓는 대조 한 줄이다. 뒷부분은 $c$의 값에 따라 갈리므로 경우를 나눈다. 갈리는 자리는 전단사이고, 구조 보존은 $c$와 무관하게 성립한다는 것을 먼저 확인해 두면 정리가 쉽다. 진술의 "연속 시"에 붙은 사실 — 연속인 해가 $f(x) = cx$ 꼴뿐이라는 것 — 은 문제 앞 상자대로 지금은 인정하고 쓴다. 판정 대상은 주어진 $f(x) = cx$다.

**풀이.**

**(준동형임)** $f : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$가 모든 실수 $x, y$에 대해 $f(x+y) = f(x) + f(y)$를 만족한다고 하자. 정의 1.6에서 요구하는 것은 $\varphi(a * b) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)$이고, 여기서 $G = H = (\mathbb{R}, +)$이므로 $*$와 $\cdot$가 모두 $+$다. 곧 요구 조건이 $f(x+y) = f(x) + f(y)$가 되어 함수방정식과 글자 그대로 같다. 따라서 $f$는 $(\mathbb{R},+)$에서 $(\mathbb{R},+)$로의 준동형사상이다.

**($f(x) = cx$의 판정)** 먼저 구조 보존은 $c$와 무관하게 성립한다: $f(x+y) = c(x+y) = cx + cy = f(x) + f(y)$. 전단사만 보면 된다.

경우 1: $c \ne 0$. 단사 — $cx_1 = cx_2$이면 양변을 $c$로 나눠 $x_1 = x_2$. 전사 — 임의의 $y \in \mathbb{R}$에 대해 $x = y/c$를 잡으면 $f(x) = c \cdot (y/c) = y$. 전단사이고 구조 보존이므로 $f$는 **동형사상**이다.

경우 2: $c = 0$. 이때 $f(x) = 0$이 모든 $x$에서 성립하는 상수함수다. 구조 보존은 여전히 만족하지만 단사가 아니고($f(0) = f(1) = 0$) 전사도 아니다($1$은 상이 아니다). 따라서 **준동형이지만 동형사상은 아니다**.

**복기.** S7주차에서 "함수방정식"이라 부르며 특수화 기법으로 풀던 문제가 여기서 이름을 얻는다 — 그것은 준동형사상의 정의였다. 1권과 1학기에서 감각으로 다루던 대상이 군론의 언어에서 정식 이름과 분류를 받는 자리이며, 이번 주에는 부분군과 동형에서도 같은 일이 일어난다.

**검산.** 경우 2의 상수함수 $f \equiv 0$은 §1.6의 조각 삭제 실험 2에서 등장한 바로 그 사상이다. 어떤 두 군 사이에도 언제나 있는 준동형이므로, 준동형의 존재는 두 군에 대해 아무 정보도 주지 않는다.

### 문제 14

**접근.** "동형사상이 아니다"를 보이려면 정의 1.5의 두 조각 중 하나가 깨짐을 보이면 충분하다. 구조 보존은 전칭 조건이므로 반례 하나로 깨진다(1권 29주차). 일반식으로 두 변을 계산해 차이를 확인한 뒤, 구체적인 수를 대입한다.

**풀이.** $\varphi(n) = n^2$이라 하자. 임의의 정수 $a, b$에 대해

$$
\varphi(a + b) = (a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2, \qquad \varphi(a) + \varphi(b) = a^2 + b^2
$$

이므로 두 값의 차는 $2ab$이다. 이 차가 $0$이 아닌 $a, b$가 있으면 구조 보존이 깨진다. 반례로 $a = b = 1$을 잡으면

$$
\varphi(1 + 1) = \varphi(2) = 4, \qquad \varphi(1) + \varphi(1) = 1 + 1 = 2
$$

이고 $4 \ne 2$이다. 따라서 $\varphi$는 구조 보존을 만족하지 않으므로 동형사상이 아니며, 준동형사상도 아니다. $\blacksquare$

**복기.** 전칭 조건을 부정할 때는 일반식의 차를 먼저 계산해 두면 반례를 고르기가 쉽다 — 여기서는 차가 $2ab$이므로 $a, b$가 모두 $0$이 아니면 아무거나 반례가 된다. 차를 계산하지 않고 숫자를 넣어 보는 길도 답에 이르지만, 왜 그 숫자를 골랐는지가 답안에 남지 않는다.

**검산.** 전단사 쪽도 깨진다는 것을 덧붙일 수 있다: $\varphi(1) = \varphi(-1) = 1$이므로 단사가 아니고, $2$는 어떤 정수의 제곱도 아니므로 전사도 아니다. 조각 하나만 깨도 판정은 끝나지만, 이 확인은 계산 실수를 걸러 준다.

### 문제 15

**접근.** 분류 논증의 첫 걸음은 라그랑주로 가능한 경우를 좁히는 것이다. $|G| = p$가 소수이므로 원소의 위수 후보가 $1$과 $p$뿐이고, 항등원이 아닌 원소는 위수가 $1$일 수 없으므로 후보가 하나로 정해진다. 그다음 그 원소가 생성하는 부분군이 $G$ 전체임을 원소 개수로 확정한다.

**풀이.** $G$를 위수가 소수 $p$인 군이라 하자. $p \ge 2$이므로 $G$에는 항등원이 아닌 원소가 존재한다. 그런 원소를 하나 잡아 $a$라 하자.

따름 명제 1.B에 의해 $\operatorname{ord}(a)$는 $|G| = p$를 나눈다. $p$가 소수이므로 그 약수는 $1$과 $p$뿐이다. 한편 $\operatorname{ord}(a) = 1$이면 $a^1 = e$, 곧 $a = e$인데 이는 $a \ne e$에 어긋난다. 따라서 $\operatorname{ord}(a) = p$이다.

보조정리 1.A에 의해 $|\langle a \rangle| = \operatorname{ord}(a) = p = |G|$이다. $\langle a \rangle \subseteq G$이고 두 유한집합의 원소 개수가 같으므로 $\langle a \rangle = G$이다. 따라서 $G$는 순환군이고 $a$가 생성원이다. $\blacksquare$

**한 걸음 더.** 이 결과는 "위수가 소수인 군은 구조가 하나뿐"이라는 말로도 읽힌다. 실제로 $G = \langle a \rangle$이면 $\varphi([k]) = a^k$로 정의한 사상이 $(\mathbb{Z}_p, +)$에서 $G$로의 동형사상이 된다 — 잘 정의됨은 $a^p = e$에서, 전단사는 양쪽 다 원소가 $p$개이고 $a^0, \ldots, a^{p-1}$이 서로 다르다는 데서 (보조정리 1.A), 구조 보존은 $a^{k+l} = a^k a^l$에서 나온다. 곧 $G \cong \mathbb{Z}_p$다.

**복기.** 이 증명이 쓴 도구는 셋이다 — 따름 명제 1.B(위수를 좁힌다), $a \ne e$(후보 하나를 지운다), 보조정리 1.A(생성 부분군의 크기를 안다). "약수를 나열하고 불가능한 것을 지운다"는 이 리듬은 문제 16과 17에서 반복된다.

**검산.** $p = 2$에서 확인해 보자. 위수 $2$인 군은 $\{e, a\}$이고 $a * a$는 $a$일 수 없으므로($a = e$가 되어 모순) $e$다. 곧 $\operatorname{ord}(a) = 2$이고 $G = \langle a \rangle$이다.

### 문제 16

**접근.** 문제 15와 같은 리듬으로 시작한다 — 따름 명제 1.B로 비항등원의 위수 후보를 좁힌다. 그러면 후보가 $2$와 $4$ 둘이므로, "위수 $4$인 원소가 있는가"로 경우를 둘로 나눈다. 두 번째 경우가 이 문제의 어려운 절반이고, 거기서는 남은 세 원소의 곱을 소거법칙으로 결정해야 한다.

**풀이.** $G$를 위수 $4$인 군이라 하고 항등원을 $e$라 하자. 따름 명제 1.B에 의해 $G$의 각 원소의 위수는 $4$의 약수, 곧 $1, 2, 4$ 중 하나다. 위수가 $1$인 원소는 $e$뿐이므로, 항등원이 아닌 세 원소의 위수는 $2$ 또는 $4$다.

**경우 1: 위수 $4$인 원소 $a$가 있다.** 보조정리 1.A에 의해 $|\langle a \rangle| = 4 = |G|$이고 $\langle a \rangle \subseteq G$이므로 $\langle a \rangle = G$다. 곧 $G$는 순환군이다. 문제 15의 "한 걸음 더"와 같은 방식으로 $\varphi([k]) = a^k$가 동형사상이 되므로 $G \cong \mathbb{Z}_4$이다.

**경우 2: 위수 $4$인 원소가 없다.** 그러면 항등원이 아닌 세 원소 $a, b, c$의 위수가 모두 $2$이므로 $a^2 = b^2 = c^2 = e$이고, 각 원소는 자기 자신의 역원이다.

이제 $a * b$가 무엇인지 정한다. $a * b = e$이면 $b$가 $a$의 역원인데 $a$의 역원은 $a$이고 역원은 유일하므로(C18주차) $b = a$가 되어 모순이다. $a * b = a$이면 $a * b = a * e$이므로 소거법칙으로 $b = e$가 되어 모순이고, $a * b = b$이면 $a * b = e * b$이므로 소거법칙으로 $a = e$가 되어 모순이다. $G$의 원소는 $e, a, b, c$ 넷뿐이므로 남은 값은 하나이고, $a * b = c$이다.

같은 세 줄의 배제를 나머지 곱에도 그대로 적용한다.

- $b * a$: $b * a = e$이면 $a$가 $b$의 역원인데 $b$의 역원은 $b$이므로 $a = b$가 되어 모순이다. $b * a = b = b * e$이면 소거법칙으로 $a = e$, $b * a = a = e * a$이면 소거법칙으로 $b = e$가 되어 각각 모순이다. 따라서 $b * a = c$이다.
- $a * c$: $a * c = e$이면 $c = a$가 되어 모순, $a * c = a = a * e$이면 $c = e$가 되어 모순, $a * c = c = e * c$이면 $a = e$가 되어 모순이다. 따라서 $a * c = b$이다.
- $c * a$: 같은 세 줄로 $e$, $c$, $a$가 모두 배제되므로 $c * a = b$이다.
- $b * c$: 같은 세 줄로 $e$, $b$, $c$가 모두 배제되므로 $b * c = a$이다.
- $c * b$: 같은 세 줄로 $e$, $c$, $b$가 모두 배제되므로 $c * b = a$이다.

$e$가 얽힌 곱은 항등원의 정의에서 곧바로 나오고, $a * a = b * b = c * c = e$는 위수가 $2$라는 데서 나온다. 곧 $G$의 연산표가 전부 정해진다.

| **$*$** | **$e$** | **$a$** | **$b$** | **$c$** |
|---|---|---|---|---|
| $e$ | $e$ | $a$ | $b$ | $c$ |
| $a$ | $a$ | $e$ | $c$ | $b$ |
| $b$ | $b$ | $c$ | $e$ | $a$ |
| $c$ | $c$ | $b$ | $a$ | $e$ |

한편 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$의 덧셈표는 다음과 같다.

| **$+$** | **$([0],[0])$** | **$([1],[0])$** | **$([0],[1])$** | **$([1],[1])$** |
|---|---|---|---|---|
| $([0],[0])$ | $([0],[0])$ | $([1],[0])$ | $([0],[1])$ | $([1],[1])$ |
| $([1],[0])$ | $([1],[0])$ | $([0],[0])$ | $([1],[1])$ | $([0],[1])$ |
| $([0],[1])$ | $([0],[1])$ | $([1],[1])$ | $([0],[0])$ | $([1],[0])$ |
| $([1],[1])$ | $([1],[1])$ | $([0],[1])$ | $([1],[0])$ | $([0],[0])$ |

이제 $\psi : G \to \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$를 $\psi(e) = ([0],[0])$, $\psi(a) = ([1],[0])$, $\psi(b) = ([0],[1])$, $\psi(c) = ([1],[1])$로 정의한다. 네 상이 서로 다르고 공역의 네 원소가 모두 나타나므로 $\psi$는 전단사다. 구조 보존은 두 표의 칸 대응으로 확인된다 — 위 두 표는 행과 열의 순서가 $e, a, b, c$와 $\psi(e), \psi(a), \psi(b), \psi(c)$로 맞춰져 있고 열여섯 칸이 칸마다 $\psi$로 대응하므로, 모든 $x, y \in G$에 대해 $\psi(x * y) = \psi(x) + \psi(y)$이다. 예를 들어 $x = a$, $y = b$인 칸은 $\psi(a * b) = \psi(c) = ([1],[1])$이고 $\psi(a) + \psi(b) = ([1],[0]) + ([0],[1]) = ([1],[1])$로 같다. 따라서 $\psi$는 동형사상이고 $G \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$이다.

두 경우가 전부이므로, 위수 $4$인 군은 $\mathbb{Z}_4$ 또는 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$와 동형이다. 그리고 예제 2.3에 의해 이 둘은 서로 동형이 아니므로, 서로 다른 두 구조가 정확히 존재한다. $\blacksquare$

**복기.** 분류 논증의 두 걸음이 여기서 선명하다. 걸음 ①(경우 좁히기)은 라그랑주가 해 주고, 걸음 ②(각 경우의 확정)는 소거법칙이 해 준다. 그리고 마지막 한 줄 — "이 둘은 서로 다르다" — 이 없으면 분류가 완성되지 않는다. 예제 2.3이 그 한 줄을 담당하도록 배치되어 있다.

**검산.** 경우 2에서 만든 곱셈표가 실제로 군의 표인지 확인한다. 각 행과 각 열에 네 원소가 정확히 한 번씩 나타나야 하는데(소거법칙의 귀결), $a$의 행은 $a*e = a$, $a*a = e$, $a*b = c$, $a*c = b$로 네 원소가 모두 한 번씩이다.

### 문제 17

**접근.** $H \le \langle a \rangle$이면 $H$의 원소는 모두 $a$의 거듭제곱이므로, 지수만 보면 정수 집합의 문제가 된다. $H$에 들어 있는 가장 작은 양의 지수를 $d$로 잡고, 다른 원소의 지수를 $d$로 나눈 나머지를 보는 것이 관절이다 — 나눗셈 정리를 쓰고 최소성으로 나머지를 지운다.

**풀이.** $G = \langle a \rangle$이고 $|G| = n$이라 하자. $H \le G$를 잡는다.

$H = \{e\}$이면 $H = \langle e \rangle$이므로 순환군이다. 이제 $H \ne \{e\}$라 하자.

$H$의 원소는 모두 $a^m$ 꼴이고, $H$에 $e = a^0$이 아닌 원소가 있으므로 $a^m \in H$인 양의 정수 $m$이 존재한다($m$이 음수이면 역원 $a^{-m} \in H$을 대신 보면 된다). 그런 양의 정수 중 가장 작은 것을 $d$라 하자.

$\langle a^d \rangle \subseteq H$임은 $H$가 닫혀 있고 역원을 포함하는 데서 나온다. 거꾸로 $a^m \in H$를 임의로 잡고 나눗셈 정리(1권 33주차)로 $m = qd + r$, $0 \le r < d$라 쓰면

$$
a^r = a^{m - qd} = a^m * (a^d)^{-q}
$$

이고 오른쪽의 두 인수가 모두 $H$의 원소이므로 $a^r \in H$이다. 그런데 $0 < r < d$이면 $d$가 가장 작은 양의 지수라는 것에 모순이므로 $r = 0$이고, 따라서 $a^m = (a^d)^q \in \langle a^d \rangle$이다. 두 포함에서 $H = \langle a^d \rangle$이므로 $H$는 순환군이다.

또한 $a^n = e \in H$이므로 위 논증을 $m = n$에 적용하면 $n = qd$, 곧 $d \mid n$이다. 여기까지가 "모든 부분군은 어떤 약수 $d$에 대해 $\langle a^d \rangle$ 꼴이다"이다.

남은 것은 약수와 부분군이 **일대일로** 대응한다는 것이다. 먼저 $d \mid n$이면 $\operatorname{ord}(a^d) = n/d$임을 본다. $(a^d)^{n/d} = a^n = e$이므로 $\operatorname{ord}(a^d)$는 $n/d$ 이하이고, $0 < j < n/d$이면 $0 < jd < n$이므로 $\operatorname{ord}(a) = n$의 최소성에 의해 $a^{jd} \ne e$, 곧 $(a^d)^j \ne e$이다. 따라서 $\operatorname{ord}(a^d) = n/d$이고, 보조정리 1.A에 의해 $|\langle a^d \rangle| = n/d$이다.

그러면 $n$의 서로 다른 약수 $d_1 \ne d_2$에 대해 $|\langle a^{d_1} \rangle| = n/d_1$과 $|\langle a^{d_2} \rangle| = n/d_2$가 서로 다르므로 두 부분군도 서로 다르다. 곧 부분군은 $n$의 약수 $d$마다 정확히 하나씩 $\langle a^d \rangle$ 꼴로 나타나고, 그 위수는 $n/d$다. $\blacksquare$

**$\mathbb{Z}_{12}$의 부분군.** $n = 12$의 약수 $1, 2, 3, 4, 6, 12$ 각각에 대해

| **$d$** | **부분군** | **원소** | **위수** |
|---|---|---|---|
| $1$ | $\langle [1] \rangle$ | $\mathbb{Z}_{12}$ 전체 | $12$ |
| $2$ | $\langle [2] \rangle$ | $[0],[2],[4],[6],[8],[10]$ | $6$ |
| $3$ | $\langle [3] \rangle$ | $[0],[3],[6],[9]$ | $4$ |
| $4$ | $\langle [4] \rangle$ | $[0],[4],[8]$ | $3$ |
| $6$ | $\langle [6] \rangle$ | $[0],[6]$ | $2$ |
| $12$ | $\langle [0] \rangle$ | $[0]$ | $1$ |

**복기.** "가장 작은 것을 잡고 나눗셈 정리로 나머지를 지운다"는 이 논법은 1권 33주차의 최소원리 논증과 같은 뼈대다. 정수에서 하던 일이 지수를 통해 군 안으로 옮겨 온 것이며, $\mathbb{Z}$의 부분군이 전부 $n\mathbb{Z}$ 꼴인 이유도 같은 논증이다(문제 2의 복기).

**검산.** 표의 위수 여섯 개 $12, 6, 4, 3, 2, 1$이 모두 $12$의 약수인지 확인한다. 라그랑주 정리에 의해 반드시 그래야 하고, 실제로 $d$와 $n/d$가 짝을 이루므로 약수 목록이 그대로 다시 나타난다.

### 문제 18

**접근.** 정리 1.7이 말하는 방향과 이 답안이 쓴 방향을 나란히 적어 본다. 정리는 "동형이면 불변량이 같다"이고, 답안은 "불변량이 같으므로 동형이다"를 주장한다. 조건문과 그 역을 혼동한 것이며, 이 형태의 결함은 실제 반례로 확정하는 것이 가장 깔끔하다.

**풀이.** **틀린 증명이고, Result도 거짓이다.**

**논법의 결함.** 정리 1.7은 "$G \cong H$이면 $|G| = |H|$이고 아벨성이 보존된다"고 말한다. 제시된 증명은 이 조건문의 **역**을 쓴 것인데, 조건문이 참이라고 그 역이 참인 것은 아니다(1권 8주차). 위수와 아벨성이 같은 것은 동형의 필요조건이지 충분조건이 아니며, 동형을 보이려면 §2 관찰의 걸음 ②대로 사상을 **제시**해야 한다.

**실제 참$\cdot$거짓.** 예제 2.3에서 보인 대로 $\mathbb{Z}_4$에는 위수 $4$인 원소 $[1]$이 있지만 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$의 항등원이 아닌 세 원소는 위수가 모두 $2$다. 정리 1.7 ③에 의해 동형사상은 원소의 위수를 보존하므로 두 군 사이에는 동형사상이 존재할 수 없다. 곧 Result는 거짓이다.

**한 문장 평가.** 이 증명은 불변량을 동형의 충분조건으로 오해했고, 확인하지 않은 셋째 불변량(원소의 위수)이 바로 두 군을 갈라놓는 불변량이다.

**복기.** 문제 10과 이 문제는 결함의 종류가 다르다. 문제 10은 **적힌 계산이 Result의 부정을 뒷받침하는 것**, 곧 증명과 결론이 어긋난 경우이고, 이 문제는 **정리를 반대 방향으로 쓴 것**이다. 전자는 적힌 줄이 무엇을 확립하는지 적어 Result와 맞춰 보면 잡히고, 후자는 정리의 진술을 조건문으로 적어 앞뒤를 확인하면 잡힌다. 증명 평가에서는 두 검사를 모두 돌린다.

**검산.** 이 답안의 논법이 옳다면, 위수와 아벨성이 같은 모든 군이 동형이 되어 §1.6의 조각 삭제 실험 1과 같은 붕괴가 일어난다. 논법을 밀어붙여 붕괴를 보이는 것도 평가의 한 방법이다.

### 문제 19

**접근.** 케일리 정리의 뼈대는 "군의 원소를 함수로 바꿔 순열군 안에 심는다"이다. 확인할 것이 세 층이므로 순서를 정해 둔다 — ① 각 $L_g$가 전단사인가(그래야 $S_G$의 원소다) ② 대응 $\psi : g \mapsto L_g$가 준동형인가 ③ $\psi$가 단사인가. 셋을 마치면 문제 앞 상자의 한 줄로 $G \cong \psi(G)$가 나온다.

**풀이.** $G$를 유한군이라 하고, 각 $g \in G$에 대해 함수 $L_g : G \to G$를 $L_g(x) = g * x$로 정의한다.

**① $L_g$는 전단사다.** 단사: $L_g(x) = L_g(y)$이면 $g * x = g * y$이고 소거법칙 (C18주차)에 의해 $x = y$다. 전사: 임의의 $y \in G$에 대해 $x = g^{-1} * y$를 잡으면 $L_g(x) = g * (g^{-1} * y) = (g * g^{-1}) * y = y$다. 따라서 $L_g$는 $G$ 위의 전단사, 곧 $S_G$의 원소다.

**② $\psi(g) = L_g$는 준동형이다.** 임의의 $g, h \in G$와 임의의 $x \in G$에 대해

$$
L_{g * h}(x) = (g * h) * x = g * (h * x) = L_g(L_h(x)) = (L_g \circ L_h)(x)
$$

이고(가운데 등식이 결합법칙이다) 모든 $x$에서 값이 같으므로 $L_{g*h} = L_g \circ L_h$, 곧 $\psi(g * h) = \psi(g) \circ \psi(h)$이다.

**③ $\psi$는 단사다.** $\psi(g) = \psi(h)$이면 두 함수가 같으므로 $x = e$에서의 값도 같다: $g = g * e = L_g(e) = L_h(e) = h * e = h$.

문제 앞 상자의 한 줄에 의해 $\psi$는 단사 준동형이므로 $G \cong \psi(G)$이고, $\psi(G)$는 $S_G$의 부분군이다. 실제로 $\psi(G)$가 부분군임은 정리 1.2로 확인된다 — $\psi(e) = L_e = \operatorname{id} \in \psi(G)$이고($\operatorname{id}$는 모든 원소를 자기 자신으로 보내는 **항등함수**이며 $S_G$의 항등원이다), $\psi(g) \circ \psi(h) = \psi(g*h) \in \psi(G)$이며, $\psi(g)^{-1} = \psi(g^{-1}) \in \psi(G)$이다.

마지막으로 $S_G$가 $S_n$과 동형임을 보인다($|G| = n$). $G$의 원소를 하나씩 세어 전단사 $\beta : G \to \{1, \ldots, n\}$를 잡는다($\beta$는 그리스 문자로 "베타"라고 읽는다) — $G$의 원소를 임의의 순서로 $g_1, \ldots, g_n$이라 나열하고 $\beta(g_j) = j$로 두면 된다. 이제 $T : S_G \to S_n$을 $T(\sigma) = \beta \circ \sigma \circ \beta^{-1}$로 정의한다. $\beta$와 $\sigma$와 $\beta^{-1}$이 모두 전단사이므로 그 합성도 전단사이고 (1권 42$\cdot$43주차), 따라서 $T(\sigma)$는 실제로 $\{1, \ldots, n\}$ 위의 순열이다. 구조 보존은 한 줄이다 —

$$
T(\sigma \circ \tau) = \beta \circ \sigma \circ \tau \circ \beta^{-1} = (\beta \circ \sigma \circ \beta^{-1}) \circ (\beta \circ \tau \circ \beta^{-1}) = T(\sigma) \circ T(\tau)
$$

이며, 가운데 등식은 사이에 $\beta^{-1} \circ \beta = \operatorname{id}$를 끼워 넣은 것이다. 전단사는 역대응 $\rho \mapsto \beta^{-1} \circ \rho \circ \beta$가 $T$의 역함수임에서 나온다. 따라서 $T$는 동형사상이고 $S_G \cong S_n$이다.

$\psi(G) \le S_G$이고 $S_G \cong S_n$이므로 $T(\psi(G))$는 $S_n$의 부분군이며 $G \cong \psi(G) \cong T(\psi(G))$다. 곧 $G$는 $S_n$의 어떤 부분군과 동형이다. $\blacksquare$

**$\mathbb{Z}_3$의 경우.** $\mathbb{Z}_3 = \{[0], [1], [2]\}$의 원소에 번호 $[0] \to 1$, $[1] \to 2$, $[2] \to 3$을 붙인다. $L_{[1]}$은 $[0] \mapsto [1]$, $[1] \mapsto [2]$, $[2] \mapsto [0]$이므로 번호로는 $1 \to 2 \to 3 \to 1$, 곧 순열 $(1\,2\,3)$이다. $L_{[2]}$는 $[0] \mapsto [0]+[2] = [2]$, $[1] \mapsto [1]+[2] = [0]$, $[2] \mapsto [2]+[2] = [1]$이므로 번호로는 $1 \to 3$, $2 \to 1$, $3 \to 2$, 곧 $1 \to 3 \to 2 \to 1$이며 순열 $(1\,3\,2)$다. $L_{[0]}$은 모든 원소를 제자리에 두므로 $L_{[0]} = \operatorname{id}$이다. 따라서 $\psi(\mathbb{Z}_3) = \{\operatorname{id}, (1\,2\,3), (1\,3\,2)\}$이며, 이것은 $S_3$의 부분군이고 $\mathbb{Z}_3$과 동형이다.

**복기.** 이 정리가 하는 일은 "추상적인 군을 구체적인 대상(순열) 안에 심는 것"이다. 군을 공리로만 정의하면 무엇을 다루는지 손에 잡히지 않는데, 케일리 정리는 모든 군이 순열의 집합으로 실현된다고 말해 그 걱정을 없앤다. $\psi(G)$의 위수는 $|G|$인 반면 $S_n$의 위수는 $n!$이므로, 심어 넣은 부분군은 대개 아주 작다.

**검산.** $\mathbb{Z}_3$의 경우에서 $\psi(\mathbb{Z}_3)$의 위수가 $3$이고 $|S_3| = 6$이며 $3 \mid 6$이므로 라그랑주 정리와 어긋나지 않는다.

### 문제 20

**접근.** (a)는 §1.6의 조각 삭제 실험 1이 근거다 — 구조 보존을 빼면 무엇이 되는지를 말하면 "왜 핵심인가"가 답해진다. (b)는 정리 1.7을 그대로 옮기지 말고 **대우**로 바꿔 쓴다. 두 물음 모두 예제를 근거로 대라고 했으므로, 예제의 구체적인 값이 문장 안에 들어가야 한다.

**풀이.** (예시 답안)

**(a)** 예제 2.2에서 $\mathbb{Z}_4$의 원소는 잉여류이고 $\{1, i, -1, -i\}$의 원소는 복소수이며 연산도 덧셈과 곱셈으로 다르지만, $\varphi([k]) = i^k$가 두 연산표를 칸마다 정확히 대응시켜 $[a] + [b]$의 자리에 $i^a \cdot i^b$가 놓이게 했다 — 곧 원소의 이름과 연산 기호를 벗겨 내면 남는 표가 하나이므로 두 군은 "이름만 다른 같은 군"이다. 구조 보존이 핵심인 이유는 전단사만으로는 원소의 개수만 맞추게 되어 위수 $4$인 군이 전부 하나가 되어 버리기 때문이고(§1.6의 실험 1), 연산이 대응된다는 조건이 있어야 표의 내용까지 옮겨진다. 거꾸로 구조 보존만 있고 전단사가 없으면 상수 사상이 언제나 조건을 만족해 모든 군이 동형이 되므로, 두 조각은 함께 있을 때에만 "같은 군"을 정의한다.

**(b)** 동형사상은 원소의 위수를 보존하므로(정리 1.7 ③), 그 대우로 두 군에서 어떤 위수의 원소 개수가 다르면 두 군 사이에 동형사상이 존재할 수 없다. 예제 2.3에서 $\mathbb{Z}_4$에는 위수 $4$인 원소 $[1]$이 있고 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$에는 위수가 $2$ 이하인 원소밖에 없으므로, 이 한 불변량의 차이만으로 두 군의 비동형이 확정된다 — 사상을 하나도 검사하지 않고 $24$개의 전단사 전부를 한꺼번에 배제하는 것이 불변량의 값어치다.

**복기.** 서술 문항의 채점 기준은 두 가지다 — 주장에 예제의 구체적인 값이 들어 있는가, 그리고 "왜"에 해당하는 문장이 삭제 실험이나 대우 같은 **논리적 근거**로 되어 있는가. "구조가 같으니까 같은 군이다"처럼 결론을 바꿔 말한 문장은 근거가 아니다.

---

**다음 주 예고 (C20):** 전 과정 수료 — 온라인 장 조망과 수료 시험. Chartrand 16~18장(환$\cdot$선형대수$\cdot$실수와 복소수)을 조망하며 이 과정 다음에 놓인 길을 안내하고, 2학기 전체(C1~C19)와 1학기$\cdot$1권까지 아우르는 최종 수료 시험으로 과정을 매듭짓는다. 1권 50주와 Solow 20주, Chartrand 20주를 합한 90주의 증명 과정이 거기서 완결된다. C1~C19 전체를 총복습하고 온다.