C19주차 — 군론 II: 부분군과 동형

이 주의 길잡이

핵심 문장: 군 안에서 다시 군이 되는 부분집합이 부분군이고, 원소의 이름과 연산 기호를 갈아 끼워도 곱셈표가 그대로 옮겨지는 대응이 동형이다 — 부분군은 군을 안으로 쪼개고, 동형은 서로 다른 군을 하나로 묶는다.

이 주의 위치: 2학기 20주 과정의 C19주차. C18주차가 세 공리로 군을 세우고 유일성\(\cdot\)소거법칙까지 증명해 두었고, 이번 주는 그 공리 위에서 두 개의 판정을 만든다. 1권 38주차 예제 2.2에서 \(\mathbb{Z}_4\)의 연산표를 직접 그려 본 것이 여기서 동형이라는 이름과 검증 절차를 얻고, 1권 41주차의 전단사는 조건 하나(구조 보존)를 더 받아 동형사상이 된다. C18주차 문제 15에서 군임을 확인해 둔 \(\{1, -1, i, -i\}\)가 그 연산표의 상대가 된다. C11주차의 동치관계와 분할은 라그랑주 정리의 증명 안에서 그대로 일하고, C18주차의 소거법칙은 이번 주 증명 세 곳에서 인용된다. 다음 주 C20주차는 이 과정 전체를 닫는다.

원서 대응: Chartrand 15.4~15.6 (Properties of Groups / Subgroups / Isomorphic Groups). 1일차에 이 절들을 통독한 상태로 이 교안에 온다.

이번 주 목표

1. 부분군을 정의하고 부분군 판정 정리(닫힘\(\cdot\)항등원\(\cdot\)역원, 그리고 간편 판정)를 증명한 뒤, 판정 절차의 세 걸음을 백지에 재현한다.

2. 생성되는 부분군 \(\langle a \rangle\)과 원소의 위수를 정의하고, 라그랑주 정리를 동치관계와 분할로 증명한다.

3. 동형사상을 구조 보존 전단사로 정의하고, 정의의 두 조각이 각각 무엇을 막는지 삭제 실험으로 확인한다.

4. 동형 불변량(위수\(\cdot\)아벨성\(\cdot\)원소 위수 분포\(\cdot\)순환성)을 증명하고, 그것으로 비동형을 판정하는 답안을 쓴다.

본문 곳곳의 확인 상자는 연필로 먼저 답하는 자리다. 바로 아래의 답 상자는 (웹에서는 접혀 있다) 스스로 답한 뒤에 열어 대조한다.

표기 — § 와 난이도 표시

§는 “절”이라고 읽는다. §1.3은 이 주차의 1.3 절을, §6은 6절 전체를 가리킨다.

다른 주차를 가리킬 때는 “C18주차 §1.2”처럼 주차를 앞에 적는다.

연습문제는 기본 1~6번, 표준 7~14번, 도전 15~20번이고, 빈칸 사다리는 훈련 1에서

3으로 갈수록 지지대가 줄어든다.

준비 운동 (C18주차 복습)

지난주의 도구를 손에 올려 둔다. 셋 다 이번 주 증명에서 근거로 인용된다.

1. 군의 세 공리 (G1)(G2)(G3)을 기호로 쓰고, 각 공리가 요구하는 것을 한 줄씩 적으시오.

2. C18주차 예제 2.2(역원의 유일성)를 재현하고, 결합법칙이 쓰인 자리에 밑줄을 그으시오.

3. C18주차 문제 17을 재현하시오 — \((\mathbb{Z}_6, +)\)에서 \([2]\)의 위수가 \(3\)이고, 그 \(3\)이 군의 원소 개수 \(6\)을 나눈다는 것까지.

이어서 진단 문제 하나를 풀어 보자. 풀지 못해도 된다 — 이번 주가 무엇을 메우는지 가늠하기 위한 기록이다.

1. (진단) \((\mathbb{Z}_4, +)\)와 \((\{1, i, -1, -i\}, \times)\)는 “같은 군”인가. 같다면 무엇이 같은 것이고, 그 “같다”를 어떻게 진술하겠는가.

답을 노트에 적어 둔다. §5의 백지 재현 뒤에 이 기록을 다시 본다.

자주 나오는 세 가지 답

방금 쓴 답은 대개 다음 세 유형 중 하나다. 셋 다 자연스러운 출발점이고, 셋 다 이번 주에 메울 정확한 간격이 있다.

• 유형 1 — 다르다고 답한다. “한쪽은 잉여류이고 다른 쪽은 복소수이며, 한쪽은

덧셈이고 다른 쪽은 곱셈이므로 다른 군이다.” 관찰은 전부 옳다 — 두 집합은 실제로 집합으로서 같지 않고, 두 연산도 같지 않다. 빠진 것은 “같다”의 기준을 무엇으로 잡을 것인가라는 물음이다. 집합의 상등으로 잡으면 이 답이 맞고, 그 기준으로는 군론이 할 말이 거의 없어진다. §1.5가 다른 기준을 세운다.

• 유형 2 — 같다고 답하되 근거가 표의 모양이다. 두 연산표를 나란히 그려 놓고

“모양이 같으므로 같은 군”이라고 적는다. 결론은 옳고, 근거로 삼은 것도 옳은 것을 보고 있다. 빠진 것은 “모양이 같다”를 검사 가능한 문장으로 바꾸는 일이다. 표를 나란히 놓으려면 어느 원소를 어느 원소 옆에 놓을지를 먼저 정해야 하는데, 그 배치가 바로 §1.5에서 정의할 사상 \(\varphi\)다. 배치를 명시하지 않은 답안은 “잘 배치하면 같아진다”까지만 말한 것이다.

• 유형 3 — 위수와 아벨성만 대조한다. “둘 다 원소가 4개이고 둘 다 교환법칙이

성립하므로 같은 군”이라고 적는다. 두 대조 모두 이번 주에 실제로 쓰는 검사이고, 방향도 옳다. 문제는 그 검사들이 다름을 보이는 데는 쓰이지만 같음을 보이는 데는 쓰이지 못한다는 것이다. 예제 2.3에서 위수도 아벨성도 같은 두 군이 동형이 아닌 경우를 본다. §1.7이 이 비대칭을 정리한다.

개념 — 군을 안으로 쪼개는 판정과, 군끼리 묶는 판정

1 지금 가진 도구로 밀어붙이면 어디서 막히는가

C18주차가 준 것은 군의 정의 하나와 그 위에서 증명한 세 정리(항등원 유일\(\cdot\)역원 유일\(\cdot\)소거법칙)뿐이다. 이번 주가 다룰 두 물음을 그 도구만으로 밀어붙여 본다.

첫째 막힘 — 부분집합이 군인지 확인하기.

시도 — 정의를 그대로 확인하기

명제: \((\mathbb{Z}, +)\)에서 \(3\mathbb{Z} = \{3k : k \in \mathbb{Z}\}\)은 그 자체로 군이다.

“군의 정의를 확인하면 된다. (G1) 결합: 모든 \(a, b, c \in 3\mathbb{Z}\)에 대해

\((a+b)+c = a+(b+c)\)인가. \(a = 3, b = 6, c = 9\)이면 성립한다.

\(a = 3, b = 6, c = 12\)이면 성립한다. \(a = 3, b = 9, c = 12\)이면 … “

여기서 멈춘다. 다음 줄이 나오지 않는다.

확인 1. 멈춘 자리에서 이 확인이 끝나지 않는 이유는 무엇인가. 그리고 이 확인을 계속했을 때 새로 알게 되는 것이 있는가.

답

끝나지 않는 이유는 확인해야 할 삼중조 \((a, b, c)\)가 무한히 많다는 것이다.

유한 번의 확인은 전칭 명제의 근거가 되지 못한다.

새로 알게 되는 것도 없다 — \(3\mathbb{Z}\)의 원소는 전부 정수이고, 정수 덧셈의

결합법칙은 이미 \(\mathbb{Z}\) 전체에서 성립한다. 곧 이 확인은 **\(\mathbb{Z}\)에서

이미 참인 문장을 부분집합에서 다시 확인하는 헛수고**다.

여기서 절차 하나가 필요하다는 것이 드러난다 — 부분집합이 군인지 볼 때

무엇을 확인해야 하고 무엇을 확인하지 않아도 되는가를 정해 주는 정리다.

그것이 정리 1.2이고, 확인 목록을 세 줄로 줄여 준다.

둘째 막힘 — 두 군이 “같다”고 말하기. 준비 운동 4번이다.

시도 — 집합의 상등으로 밀어붙이기

명제: \((\mathbb{Z}_4, +)\)와 \((\{1, i, -1, -i\}, \times)\)는 같은 군이다.

“같다는 것은 집합이 같다는 뜻이다. \(\mathbb{Z}_4 = \{[0], [1], [2], [3]\}\)이고

상대는 \(\{1, i, -1, -i\}\)이다. \([0]\)은 복소수 \(1\)과 같은 대상이 아니므로

두 집합은 같지 않다. 따라서 두 군은 같지 않다. 그런데 두 연산표를 나란히 적어 보면 … “

여기서도 멈춘다. 결론은 나왔는데 그 결론이 관찰과 어긋난다.

확인 2. 두 군의 연산표를 실제로 적어 보자. \(\mathbb{Z}_4\)는 \([0], [1], [2], [3]\) 순서로, 상대는 \(1, i, -1, -i\) 순서로 적는다. 두 표에서 같은 것은 무엇이고 다른 것은 무엇인가.

답

두 표는 칸 안의 이름만 다르고 배치는 완전히 같다. \(\mathbb{Z}_4\)의 표에서

\([1] + [1] = [2]\)인 자리에, 상대의 표에서는 \(i \times i = -1\)이 들어 있다.

\([1] + [3] = [0]\)인 자리에는 \(i \times (-i) = 1\)이 들어 있다.

\([0] \leftrightarrow 1\), \([1] \leftrightarrow i\), \([2] \leftrightarrow -1\),

\([3] \leftrightarrow -i\)로 이름표를 바꿔 붙이면 한 표가 다른 표가 된다.

곧 같은 것은 표의 구조이고, 다른 것은 원소의 이름과 연산 기호다.

집합의 상등은 이름을 보는 기준이므로 여기서는 쓸 수 없다. 필요한 것은

이름표 바꿔 붙이기를 대상으로 삼는 새 기준이고, 그것이 §1.5의 동형이다.

이 주 전체의 기준

판정 두 개를 만든다.

부분집합이 그 자체로 군인가 — 부분군 판정.

두 군이 이름만 다른 같은 군인가 — 동형 판정.

둘 다 “정의를 그대로 확인한다”로는 끝나지 않고, 확인 목록을 유한하게 줄여 주는

정리가 필요하다. 이번 주는 그 두 정리를 세우고 증명한다.

2 사례를 모아 보기 — 어떤 부분집합이 군이 되는가

\((\mathbb{Z}, +)\)와 \((\mathbb{Z}_6, +)\)의 부분집합 몇 개를 놓고, 각각이 그 자체로 군이 되는지 손으로 확인해 본다. 확인할 것은 세 가지다: 두 원소를 연산한 결과가 다시 그 집합 안에 있는가(닫힘), 항등원이 그 안에 있는가, 각 원소의 역원이 그 안에 있는가. 표의 빈칸을 채워 보자.

부분집합	닫힘	항등원 포함	역원 포함	그 자체로 군인가
\(2\mathbb{Z} \subseteq \mathbb{Z}\)	✓	✓ (\(0\))	✓ (\(-a\))	그렇다
홀수 전체 \(\subseteq \mathbb{Z}\)	✗ (\(1 + 1 = 2\))	✗ (\(0\)은 짝수)	✓	\(\underline{\quad(1)\quad}\)
음이 아닌 정수 \(\subseteq \mathbb{Z}\)	✓	✓ (\(0\))	\(\underline{\quad(2)\quad}\)	아니다
\(\{[0], [3]\} \subseteq \mathbb{Z}_6\)	✓	✓ (\([0]\))	✓	\(\underline{\quad(3)\quad}\)
\(\{[0], [2], [3], [4]\} \subseteq \mathbb{Z}_6\)	\(\underline{\quad(4)\quad}\)	✓ (\([0]\))	✓	아니다

확인 3. 빈칸 (1)~(4)를 채우고, 마지막 열의 답이 갈리는 자리를 한 문장으로 적어 보자. 세 열 중 몇 개가 ✓여야 군이 되는가.

답

(1) 아니다 (2) ✗ (예를 들어 \(3\)의 역원 \(-3\)이 없다) (3) 그렇다

(4) ✗ (\([2] + [3] = [5]\)이고 이 원소는 그 부분집합에 없다).

마지막 열은 앞의 세 열이 모두 ✓일 때에만 “그렇다”가 된다. 하나라도 ✗이면

그 자리에서 군이 아니다. 그리고 결합법칙은 표에 열이 없다 — 어느 부분집합에서도

확인하지 않았는데, §1.1에서 본 대로 큰 군에서 이미 참이기 때문이다.

이 관찰에 이름과 형식을 붙인다. 식 자체에 새로운 것은 없다 — 방금 표에서 한 일을 문장으로 굳혔을 뿐이다.

정의 1.1 — 부분군 (subgroup) [백지 암기 대상]

군 \((G, *)\)의 부분집합 \(H\)가 \(G\)의 부분군이라는 것은, \(H\)가 \(G\)의 연산 \(*\)에

대해 그 자체로 군이라는 뜻이다. 이때 \(H \le G\)로 쓴다.

표기 — \(H \le G\) 와 \(\langle a \rangle\)

\(H \le G\)는 “에이치는 지의 부분군”이라고 읽는다. 부등호와 생김새가 같지만

크기의 비교가 아니라 연산까지 물려받은 포함을 뜻한다. 원소의 개수는

따라서 \(G\) 쪽이 크거나 같지만, 반대로 원소가 적다고 부분군이 되지는 않는다.

\(\langle a \rangle\)는 “\(a\)가 생성하는 부분군”이라고 읽는다(§1.4).

군 \(G\)의 원소 개수 \(|G|\)는 군의 위수라 부르고 “지의 위수”라고 읽는다.

백지 암기 대상

정리 1.2 (부분군 판정 정리, subgroup test)

군 \((G, *)\)의 부분집합 \(H\)에 대해 다음은 같은 말이다.

(가) \(H \le G\).

(나) \(H \ne \emptyset\)이고, ① \(a, b \in H\)이면 \(a * b \in H\) (닫힘) ② \(e \in H\) (항등원) ③ \(a \in H\)이면 \(a^{-1} \in H\) (역원).

간편 판정. \(H \ne \emptyset\)이고 “\(a, b \in H\)이면 \(a * b^{-1} \in H\)”이면 \(H \le G\)이고, 역도 성립한다.

증명 ((나)에서 (가)로). 세 조건을 가정하고 \(H\)가 군임을 보인다. 조건 ①에 의해 \(*\)의 결과가 항상 \(H\) 안에 있으므로 \(*\)는 \(H\) 위의 이항연산이다. 결합법칙은 \(H\)의 원소들이 \(G\)의 원소이므로 \(G\)의 (G1)에서 그대로 성립한다 — \(H\)에서 따로 확인할 것이 없고, 이것이 §1.1의 헛수고를 없애는 자리다. 조건 ②의 \(e\)가 (G2)를 만족하고, 조건 ③이 (G3)을 준다. 따라서 \(H\)는 군이다. \(\blacksquare\)

증명 ((가)에서 (나)로). \(H\)가 군이라 하자. 군은 항등원을 가지므로 \(H\)는 비어 있지 않고, 연산이 \(H\) 위의 이항연산이므로 ①이 성립한다. 남은 것은 “\(H\)의 항등원이 \(G\)의 항등원과 같은가”이다. \(H\)의 항등원을 \(f\)라 하면 \(H\) 안에서 \(f * f = f\)이고, 이 등식은 \(G\) 안에서도 성립한다. 한편 \(G\)에서 \(f * e = f\)이므로 \(f * f = f * e\)이고, C18주차의 소거법칙에 의해 \(f = e\)이다. 따라서 ②가 성립한다. 마찬가지로 \(a \in H\)의 \(H\) 안에서의 역원을 \(b\)라 하면 \(a * b = f = e\)이므로 \(b\)는 \(G\)에서도 \(a\)의 역원이고, C18주차의 역원 유일성에 의해 \(b = a^{-1}\)이다. 따라서 ③이 성립한다. \(\blacksquare\)

간편 판정의 한 방향(간편 조건에서 세 조건을 끌어내는 쪽)은 문제 8에서 직접 쓴다.

“\(H\)의 항등원이 \(G\)의 항등원과 같다”를 왜 따로 증명했는가. 정의 1.1은 \(H\)가 “그 자체로 군”이라고만 말하므로, \(H\)가 자기만의 항등원을 가질 가능성이 문장 위에서는 열려 있다. 그 가능성을 닫는 것이 위 두 줄이고, 닫는 도구가 소거법칙이다. 군이 아닌 구조에서는 실제로 이 가능성이 열린다 — \((\mathbb{Z}, \times)\)의 부분집합 \(\{0\}\)은 \(0 \times 0 = 0\)이므로 자기만의 항등원 \(0\)을 갖지만 \(\mathbb{Z}\)의 항등원은 \(1\)이다. \((\mathbb{Z}, \times)\)가 군이 아니어서 소거법칙을 쓸 수 없기 때문에 벌어지는 일이다.

3 절차 해부 — 부분군 판정의 세 걸음

정리 1.2는 두 줄이지만, 답안에서 실제로 쓰이는 것은 세 걸음짜리 절차다. 걸음마다 하는 일이 다르고, 빠졌을 때 무너지는 것도 다르다. 정리 1.2의 조건 ①②③(닫힘\(\cdot\)항등원\(\cdot\)역원)과 절차의 걸음은 순서가 서로 다르므로, 절차 쪽은 걸음 A\(\cdot\)B\(\cdot\)C로 적어 구별한다. “①”이라고만 적힌 것은 언제나 정리의 조건이고, 절차를 가리킬 때는 “걸음 A”처럼 문자로 적는다.

걸음	하는 일	이 걸음을 빼면 무엇이 무너지는가
걸음 A — 비어 있지 않음을 원소 하나로 보인다	\(H\)에 실제로 속하는 원소를 하나 제시한다 (대개 \(e\))	공집합이 통과한다. 간편 판정의 조건은 \(H\)가 공집합일 때 공허하게 참이지만(C5주차) 공집합은 항등원이 없어 군이 아니다
걸음 B — 닫힘을 임의의 두 원소로 보인다	\(a, b\)를 \(H\)의 꼴로 잡고 \(a * b\)를 다시 그 꼴로 만든다	연산이 \(H\) 위의 이항연산이 아니게 되어 군의 무대가 서지 않는다. \(\{[0], [2], [3], [4]\} \subseteq \mathbb{Z}_6\)이 실제로 그렇다
걸음 C — 역원을 임의의 한 원소로 보인다	\(a\)의 역원을 계산해 다시 \(H\)의 꼴로 만든다	음이 아닌 정수 전체처럼 닫혀 있고 항등원도 있지만 군이 아닌 부분집합이 통과한다

걸음 삭제 실험 — 항등원 조건을 빼 본다. 정리 1.2의 (나)에서 조건 ②를 지워 보자. 판정 결과는 바뀌지 않는다. \(H \ne \emptyset\)이므로 원소 \(a\)를 하나 잡을 수 있고, 정리 1.2의 조건 ③에 의해 \(a^{-1} \in H\)이며, 정리 1.2의 조건 ①에 의해 \(a * a^{-1} = e \in H\)이기 때문이다. 곧 조건 ②는 나머지 조건들에서 따라 나오는 군더더기다.

확인 4. 그렇다면 판정 목록에서 항등원 조건을 지워도 되는가. 지우기 전에, 위 논증의 어느 줄이 걸음 A에 의존하는지 짚어 보자.

답

위 논증의 첫 줄 — “원소 \(a\)를 하나 잡을 수 있다” — 가 걸음 A에 의존한다.

\(H = \emptyset\)이면 잡을 원소가 없어 논증이 시작되지 않고, 정리 1.2의 조건 ①과 ③은

공허하게 참이므로 공집합이 부분군으로 통과한다. 곧 비공집합 조건이 있는 한

항등원 조건은 지워도 되고, 지우면 확인 항목이 둘로 줄어 답안이 짧아진다.

그럼에도 이 교안은 세 조건을 그대로 둔다. 이유는 두 가지다 — 항등원을 실제로

제시하는 문장이 걸음 A의 원소 제시를 겸하므로 답안이 길어지지 않고,

\(e \in H\)를 적어 두면 걸음 C에서 “\(a * a^{-1} = e\)”라고 쓸 때 도착지가 \(H\)

안임이 눈에 보이기 때문이다. 정리에서 군더더기인 조각이 답안에서는 안내판이다.

걸음 삭제 실험 — 닫힘을 빼 본다. \(\mathbb{Z}_6\)의 부분집합 \(K = \{[0], [2], [3], [4]\}\)를 보자. 항등원 \([0]\)이 있고, 역원도 모두 안에 있다 (\([2]\)의 역원은 \([4]\), \([3]\)의 역원은 \([3]\), \([4]\)의 역원은 \([2]\)). 걸음 B만 빼면 \(K\)가 부분군으로 통과한다.

확인 5. \(K\)가 부분군이 아님을 두 가지 방법으로 보이시오 — ① 닫힘을 직접 깨는 두 원소를 제시한다 ② §1.4에서 세울 라그랑주 정리를 미리 빌려, 원소의 개수만 보고 판정한다.

답

① \([2], [3] \in K\)이지만 \([2] + [3] = [5]\)이고 이 원소는 \(K\)에 없다. 닫힘이

깨졌으므로 \(K\)는 이항연산을 물려받지 못하고, 군의 무대가 서지 않는다.

② \(K\)의 원소는 4개, \(\mathbb{Z}_6\)의 원소는 6개인데 \(4\)는 \(6\)을 나누지 않는다.

라그랑주 정리(정리 1.5)에 의해 부분군의 위수는 군의 위수를 나누어야 하므로

\(K\)는 부분군이 아니다. 두 번째 방법은 계산 없이 개수만으로 끝나지만, 정리를

하나 빌려 쓴다는 점이 다르다. 반대 방향으로는 쓸 수 없다는 것도 확인해 두자 —

위수가 나눈다고 부분군이 되지는 않는다. \(\{[0], [1], [2]\} \subseteq \mathbb{Z}_6\)은

원소가 3개이고 \(3 \mid 6\)이지만 \([2] + [2] = [4]\)가 밖으로 나가므로 닫히지 않는다.

4 생성되는 부분군과 원소의 위수

부분군을 하나하나 찾는 대신, 원소 하나에서 부분군을 만들어 내는 방법이 있다. \(a \in G\)를 잡고 \(a\)를 거듭 연산해 나온 것들을 전부 모으면 된다.

정의 1.3 — 생성되는 부분군과 순환군 (generated subgroup and cyclic group) [백지 암기 대상]

군 \(G\)의 원소 \(a\)에 대해

\[ \langle a \rangle = \{a^n : n \in \mathbb{Z}\} \]

을 \(a\)가 생성하는 부분군이라 한다. 여기서 \(a^0 = e\)이고 \(a^{-n} = (a^{-1})^n\)이다.

어떤 \(a\)에 대해 \(\langle a \rangle = G\)이면 \(G\)를 순환군이라 하고, 그 \(a\)를 생성원이라 한다.

\(\langle a \rangle\)이 실제로 부분군임은 정리 1.2로 세 줄에 끝난다. \(a^0 = e \in \langle a \rangle\)이므로 비어 있지 않고 항등원을 포함한다. \(a^m \cdot a^n = a^{m+n}\)이므로 닫혀 있고, \(a^n\)의 역원은 \(a^{-n}\)이므로 역원도 안에 있다. 지수법칙 \(a^m a^n = a^{m+n}\)은 결합법칙에서 나오는 것이므로 (G1)이 근거다.

덧셈으로 적는 군에서는 \(a^n\)이 \(na\)로 보인다. \((\mathbb{Z}_6, +)\)에서 \(\langle [2] \rangle\)은 \([2]\)를 거듭 더한 것들의 모임 \(\{[0], [2], [4]\}\)이다. 표기가 다를 뿐 같은 정의다.

정의 1.4 — 원소의 위수 (order of an element) [백지 암기 대상]

군 \(G\)의 원소 \(a\)에 대해 \(a^k = e\)인 양의 정수 \(k\)가 존재하면, 그중 가장 작은 것을

\(a\)의 위수라 하고 \(\operatorname{ord}(a)\)로 쓴다. 그런 \(k\)가 없으면 \(a\)의 위수는

무한이라 한다.

표기 — \(\operatorname{ord}(a)\)

\(\operatorname{ord}(a)\)는 “에이의 위수”라고 읽는다. order의 앞 세 글자를 딴 표기이며,

\(\operatorname{ord}\) 전체가 한 덩어리의 기호이므로 \(o \times r \times d\)처럼 읽지 않는다.

위수라는 말이 두 대상에 쓰인다는 점을 여기서 갈라 둔다 — \(|G|\)는 군의 위수로

군의 원소 개수이고, \(\operatorname{ord}(a)\)는 원소의 위수로 \(a^k = e\)가 되는 최소의

양의 정수 \(k\)다. 하나는 개수를 세고 하나는 지수를 센다. 답안에서는 “\(G\)의 위수”,

“\(a\)의 위수”처럼 대상을 밝혀 적는다(C18주차 문제 15의 새 낱말 상자와 같은 약속이다).

두 값이 \(\langle a \rangle\) 위에서 만나는 것이 아래의 보조정리 1.A다.

정의 1.3과 정의 1.4는 이름이 비슷한 두 대상을 잇는다. 다음 명제가 그 다리다.

백지 암기 대상

보조정리 1.A (생성 부분군의 크기)

유한군 \(G\)의 원소 \(a\)에 대해 \(\operatorname{ord}(a)\)는 유한하고, \(|\langle a \rangle| = \operatorname{ord}(a)\)이다.

증명. 먼저 유한성. \(a^1, a^2, a^3, \ldots\)은 전부 \(G\)의 원소이고 \(G\)는 유한하므로, 모두 서로 다를 수는 없다. 곧 \(i < j\)이면서 \(a^i = a^j\)인 두 지수가 있고, 양변에 \((a^i)^{-1}\)을 곱하면 \(a^{j-i} = e\)이며 \(j - i\)는 양의 정수다. 그런 양의 정수가 있으므로 그중 가장 작은 것이 존재하고, 그것이 \(\operatorname{ord}(a)\)다.

이제 \(k = \operatorname{ord}(a)\)라 두고 \(\langle a \rangle = \{e, a, a^2, \ldots, a^{k-1}\}\)임을 보인다. 임의의 정수 \(n\)에 대해 나눗셈 정리(1권 33주차)로 \(n = qk + r\), \(0 \le r < k\)인 정수 \(q, r\)을 잡으면

\[ a^n = a^{qk + r} = (a^k)^q \cdot a^r = e^q \cdot a^r = a^r \]

이므로 \(a^n\)은 \(\{e, a, \ldots, a^{k-1}\}\) 안에 있다. 거꾸로 그 목록은 모두 \(\langle a \rangle\)의 원소이므로 두 집합은 같다.

마지막으로 그 \(k\)개가 서로 다름을 보인다. \(0 \le i < j \le k-1\)이면서 \(a^i = a^j\)라 하면 위와 같이 \(a^{j-i} = e\)인데 \(0 < j - i < k\)이므로 \(k\)가 가장 작다는 것에 모순이다. 따라서 원소는 정확히 \(k\)개다. \(\blacksquare\)

확인 6. \((\mathbb{Z}_{12}, +)\)에서 \(\langle [4] \rangle\)을 원소를 다 적어 구하고, \(\operatorname{ord}([4])\)를 말해 보자. 보조정리 1.A가 성립하는지 두 값을 대조한다.

답

\([4], [4]+[4] = [8], [8]+[4] = [12] = [0]\)이므로

\(\langle [4] \rangle = \{[0], [4], [8]\}\)이고 원소는 3개다.

한편 \([4]\)를 3번 더해 처음으로 \([0]\)이 되었으므로 \(\operatorname{ord}([4]) = 3\)이다.

두 값이 같다 — 보조정리 1.A대로다. 이 대조가 실전에서 쓰이는 방식은 거꾸로다:

위수를 알면 생성되는 부분군의 크기를 세지 않고 알 수 있다.

백지 암기 대상

정리 1.5 (라그랑주 정리, Lagrange’s theorem)

유한군 \(G\)와 그 부분군 \(H \le G\)에 대해 \(|H|\)는 \(|G|\)를 나눈다.

따름 명제 1.B. 유한군 \(G\)의 임의의 원소 \(a\)에 대해 \(\operatorname{ord}(a)\)는 \(|G|\)를 나눈다.

증명. \(G\) 위의 관계 \(\sim\)을 “\(a \sim b\)인 것은 \(a^{-1} * b \in H\)인 것”으로 정의한다. 이것이 동치관계임을 세 조각으로 확인한다(C11주차).

• 반사: \(a^{-1} * a = e \in H\)이므로 \(a \sim a\).

• 대칭: \(a \sim b\)이면 \(a^{-1} * b \in H\)이고, \(H\)가 역원에 닫혀 있으므로 \((a^{-1} * b)^{-1} = b^{-1} * a \in H\), 곧 \(b \sim a\).

• 추이: \(a \sim b\)이고 \(b \sim c\)이면 \(a^{-1} * b, \; b^{-1} * c \in H\)이고, \(H\)가 닫혀 있으므로 그 곱 \((a^{-1} * b) * (b^{-1} * c) = a^{-1} * c \in H\), 곧 \(a \sim c\).

\(a\)의 동치류를 계산하면 \([a] = \{b \in G : a^{-1} * b \in H\} = \{a * h : h \in H\}\)이다. 이 집합을 \(aH\)로 적는다.

각 \(aH\)의 원소 개수가 \(|H|\)와 같음을 보인다. 대응 \(h \mapsto a * h\)는 \(H\)에서 \(aH\)로 가는 함수이고, 전사임은 \(aH\)의 정의에서 곧바로 나온다. 단사임은 \(a * h_1 = a * h_2\)에서 소거법칙(C18주차)으로 \(h_1 = h_2\)를 얻어 확인된다. 따라서 이 대응은 전단사이고(1권 41주차), 두 집합의 원소 개수가 같다.

동치관계는 무대를 겹침 없이 자른다(C11주차, 1권 37주차). 곧 \(G\)는 서로소인 동치류들의 합집합이고, 동치류가 \(m\)개라 하면 각각의 크기가 \(|H|\)이므로

\[ |G| = m \cdot |H| \]

이다. 따라서 \(|H|\)는 \(|G|\)를 나눈다. \(\blacksquare\)

따름 명제 1.B의 증명. \(\langle a \rangle \le G\)이고 보조정리 1.A에 의해 \(|\langle a \rangle| = \operatorname{ord}(a)\)이므로, 라그랑주 정리를 \(H = \langle a \rangle\)에 적용하면 \(\operatorname{ord}(a)\)가 \(|G|\)를 나눈다. \(\blacksquare\)

C18주차 문제 17이 “라그랑주 정리 맛보기”라고 적으며 \(3 \mid 6\)을 확인만 하고 넘어간 자리가 여기서 증명을 얻는다. 증명에 들어간 재료는 전부 이미 가진 것이다 — 동치관계와 분할(C11주차), 소거법칙(C18주차), 전단사(1권 41주차).

확인 7. 위수가 \(7\)인 군 \(G\)에는 자명하지 않은 부분군, 곧 \(\{e\}\)도 \(G\)도 아닌 부분군이 없음을 라그랑주 정리로 보이시오.

답

\(H \le G\)라 하면 \(|H|\)는 \(7\)을 나눈다. \(7\)은 소수이므로 약수는 \(1\)과 \(7\)뿐이다.

\(|H| = 1\)이면 \(H\)는 원소가 하나인데 항등원을 반드시 포함하므로 \(H = \{e\}\)이고,

\(|H| = 7\)이면 \(H \subseteq G\)이면서 개수가 같으므로 \(H = G\)다.

따라서 자명한 두 부분군 외에는 없다. 문제 15가 이 관찰을 한 걸음 더 밀어붙여

“위수가 소수인 군은 순환군”까지 간다.

5 동형 — “같은 군”에 이름 붙이기

§1.1의 둘째 막힘으로 돌아간다. 필요한 것은 이름표 바꿔 붙이기, 곧 \(G\)의 원소마다 \(H\)의 원소를 하나씩 짝지어 주는 대응이었다. 그 대응이 갖춰야 할 조건 두 가지를 확인 2의 관찰에서 읽어 낸다.

1권 38주차 예제 2.2에서 \(\mathbb{Z}_4\)의 연산표를 그려 보고 “표의 모양”이라고만 불렀던 것이 여기서 이름과 검증 절차를 얻는다. 그때는 표를 눈으로 대조하는 데서 끝났고, 대조를 문장으로 적을 도구가 없었다.

확인 2에서 관찰한 것	대응 \(\varphi\)에 대한 요구
두 표의 크기가 같고 이름이 하나씩 맞물린다	\(\varphi\)는 전단사여야 한다 (1권 41주차)
\([1] + [1] = [2]\)인 자리에 \(i \times i = -1\)이 들어 있다	\(\varphi([1]) \cdot \varphi([1]) = \varphi([1] + [1])\)이어야 한다

둘째 줄을 임의의 두 원소로 일반화하면 조건 하나가 된다. 이 관찰에 이름과 형식을 붙인다.

정의 1.5 — 동형사상과 동형 (isomorphism) [백지 암기 대상]

군 \((G, *)\)와 \((H, \cdot)\)에 대해, 함수 \(\varphi : G \to H\)가 동형사상이라는 것은

\(\varphi\)가 전단사이고, 모든 \(a, b \in G\)에 대해

\[ \varphi(a * b) = \varphi(a) \cdot \varphi(b) \]

를 만족한다는 뜻이다. 동형사상이 하나라도 존재하면 \(G\)와 \(H\)는 동형이라 하고

\(G \cong H\)로 쓴다.

표기 — \(\varphi\) 와 \(\cong\)

\(\varphi\)는 그리스 문자로 “파이”라고 읽는다. 사상에 붙이는 흔한 이름일 뿐이고

\(f\)라고 써도 된다. \(G \cong H\)는 “지와 에이치는 동형이다”라고 읽는다.

등호가 아니라 물결이 얹힌 기호를 쓰는 이유는 두 군이 같은 대상이 아니기

때문이다 — 같은 것은 구조이지 원소가 아니다.

구조 보존 조건의 왼쪽 \(*\)는 \(G\)의 연산이고 오른쪽 \(\cdot\)는 \(H\)의 연산이다.

한 등식 안에 서로 다른 두 연산이 들어 있다는 점이 이 조건을 읽을 때의 핵심이다.

6 정의 해부 — 조각마다 하는 일

이 한 문장은 네 조각으로 되어 있고, 조각마다 판정에서 맡는 역할이 다르다.

조각	하는 일	판정에서의 역할
“군 \((G, *)\)와 \((H, \cdot)\)에 대해”	무대의 선언	집합만이 아니라 연산까지 지정해야 판정이 확정된다 — 같은 집합도 연산이 다르면 다른 군이다
“함수 \(\varphi : G \to H\)가”	대응의 제시	동형을 보이는 답안은 이 식을 실제로 만들어 제시해야 한다
“전단사이고”	원소의 일대일 짝짓기	표의 크기와 배치를 맞춘다. 빠지면 아래 실험 2의 붕괴
“\(\varphi(a * b) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)\)”	구조 보존	표의 칸 내용을 맞춘다. 빠지면 아래 실험 1의 붕괴

조각 삭제 실험 1 — 구조 보존을 지운다. 그러면 조건은 “전단사가 존재한다”만 남는다. 원소 개수가 같은 두 유한군 사이에는 전단사가 언제나 존재하므로, \((\mathbb{Z}_4, +)\)와 클라인 4원군 \((\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2, +)\)도, 위수 4인 어떤 두 군도 전부 “같은 군”이 된다. 곧 이 기준은 군을 원소 개수로만 구별하게 되고, 예제 2.3이 보이는 차이를 전혀 보지 못한다.

조각 삭제 실험 2 — 전단사를 지운다. 그러면 조건은 “구조 보존 함수가 존재한다”만 남는다. 임의의 두 군 \(G, H\)에 대해 상수 함수 \(\varphi(a) = e_H\)를 잡아 보자. 여기서 \(e_H\)의 아래첨자는 어느 군의 항등원인지를 표시한다 — \(e_H\)는 \(H\)의 항등원이고, 항등원이 여럿 등장하는 자리에서는 이렇게 무대를 밝혀 적는다. 이 상수 함수는 \(\varphi(a * b) = e_H = e_H \cdot e_H = \varphi(a) \cdot \varphi(b)\)이므로 구조 보존을 만족한다. 곧 모든 두 군이 동형이 되어 이 관계는 아무것도 구별하지 못한다.

확인 8. 두 실험이 각각 무엇을 보이는가. 그리고 두 조각 중 어느 하나만 확인한 답안은 어떤 결론까지 정당하게 말할 수 있는가.

답

실험 1은 전단사만으로는 개수 이상의 것을 보지 못한다는 것을, 실험 2는

구조 보존만으로는 아무것도 구별하지 못한다는 것을 보인다. 두 조각은 서로를

대신하지 못한다.

전단사만 확인한 답안이 정당하게 말할 수 있는 것은 “두 군의 원소 개수가 같다”까지다.

구조 보존만 확인한 답안은 “\(\varphi\)가 준동형이다”까지다(정의 1.6). 어느 쪽도

“같은 군”이라는 결론에 이르지 못한다.

확인 9. \(\varphi : (\mathbb{Z}, +) \to (\mathbb{Z}, +)\), \(\varphi(n) = 2n\)은 두 조각 중 무엇을 만족하고 무엇을 만족하지 않는가.

답

구조 보존은 만족한다: \(\varphi(m + n) = 2(m+n) = 2m + 2n = \varphi(m) + \varphi(n)\).

전단사는 만족하지 않는다 — 단사이지만 전사가 아니다. 홀수는 어떤 \(n\)의 상도

아니기 때문이다(1권 41주차의 전사 판정). 따라서 \(\varphi\)는 준동형이지만

동형사상은 아니다.

다만 이 사상의 공역을 \(2\mathbb{Z}\)로 바꾸면 전사가 되어 동형사상이 된다 —

무대를 조정하면 판정이 바뀐다는 C12주차의 관찰이 군에서도 그대로다.

곧 \((\mathbb{Z}, +) \cong (2\mathbb{Z}, +)\)이고, 무한군은 자기 자신의 진부분군과

동형일 수 있다. 훈련 2에서 이 사상의 \(3\)배 버전을 직접 쓴다.

7 준동형과 동형 불변량

구조 보존만 요구하고 전단사를 요구하지 않는 사상에도 이름이 있다.

정의 1.6 — 준동형 (homomorphism) [백지 암기 대상]

군 \((G, *)\)에서 \((H, \cdot)\)로의 함수 \(\varphi\)가 모든 \(a, b \in G\)에 대해

\(\varphi(a * b) = \varphi(a) \cdot \varphi(b)\)를 만족하면 \(\varphi\)를 준동형사상이라 한다.

곧 동형사상은 전단사인 준동형사상이다.

S7주차 문제 9의 함수방정식 \(f(x + y) = f(x) + f(y)\)가 요구하던 것이 정확히 이 조건이다. 그 문제는 \((\mathbb{R}, +)\)에서 \((\mathbb{R}, +)\)로의 준동형사상을 다룬 것이었고, 이름이 없어 “함수방정식”이라 불렸을 뿐이다. 문제 13이 그 재해석을 쓴다.

동형이 무엇을 보존하는지 정리해 둔다. 이것이 비동형 판정의 유일한 도구다.

백지 암기 대상

정리 1.7 (동형 불변량, isomorphism invariants)

동형사상 \(\varphi : G \to H\)가 존재하면(곧 \(G \cong H\)이면) 다음이 성립한다.

① \(|G| = |H|\).

② \(G\)가 아벨이면 \(H\)도 아벨이다.

③ 모든 \(a \in G\)에 대해 \(\operatorname{ord}(\varphi(a)) = \operatorname{ord}(a)\).

④ \(G\)가 순환군이면 \(H\)도 순환군이다.

증명. 진술이 준 동형사상 \(\varphi : G \to H\)를 놓고 네 항목을 차례로 본다.

① \(\varphi\)가 전단사이므로 두 집합의 원소 개수가 같다.

먼저 \(\varphi(e_G) = e_H\)임을 보인다. 아래첨자는 어느 군의 항등원인지를 표시한다 — \(e_G\)는 \(G\)의 항등원, \(e_H\)는 \(H\)의 항등원이고, 둘은 서로 다른 무대의 원소다. \(\varphi(e_G) = \varphi(e_G * e_G) = \varphi(e_G) \cdot \varphi(e_G)\)이고, \(H\)에서 \(\varphi(e_G) = \varphi(e_G) \cdot e_H\)이므로 두 식을 이으면 \(\varphi(e_G) \cdot \varphi(e_G) = \varphi(e_G) \cdot e_H\)이며, 소거법칙(C18주차)으로 \(\varphi(e_G) = e_H\)를 얻는다.

② \(x, y \in H\)를 잡으면 \(\varphi\)가 전사이므로 \(x = \varphi(a)\), \(y = \varphi(b)\)인 \(a, b \in G\)가 있다. \(G\)가 아벨이므로 \(x \cdot y = \varphi(a)\varphi(b) = \varphi(a * b) = \varphi(b * a) = \varphi(b)\varphi(a) = y \cdot x\).

③ \(k = \operatorname{ord}(a)\)라 하자. 구조 보존을 \(k\)번 쓰면 \(\varphi(a^k) = \varphi(a)^k\)이고, \(a^k = e_G\)이므로 \(\varphi(a)^k = \varphi(e_G) = e_H\)이다. 따라서 \(\varphi(a)\)의 위수는 \(k\) 이하다. 거꾸로 \(\varphi^{-1}\)도 동형사상이므로 — 실제로 \(x = \varphi(a)\), \(y = \varphi(b)\)일 때 \(\varphi^{-1}(x \cdot y) = \varphi^{-1}(\varphi(a * b)) = a * b = \varphi^{-1}(x) * \varphi^{-1}(y)\)이고 역함수는 전단사다(1권 43주차) — 같은 논증을 \(\varphi^{-1}\)과 \(\varphi(a)\)에 적용하면 \(\operatorname{ord}(a)\)가 \(\operatorname{ord}(\varphi(a))\) 이하다. 두 부등식에서 두 위수가 같다. 여기까지는 \(\operatorname{ord}(a)\)가 유한한 경우다. \(\operatorname{ord}(a)\)가 무한이면 \(\operatorname{ord}(\varphi(a))\)도 무한이다 — 만약 유한하다면 방금의 논증을 \(\varphi^{-1}\)과 \(\varphi(a)\)에 적용해 \(\operatorname{ord}(a)\)가 그 유한한 값 이하가 되어, 무한이라는 가정에 어긋나기 때문이다. 두 경우를 합치면 모든 \(a \in G\)에 대해 두 위수가 같다.

④ \(G = \langle a \rangle\)이면 \(H\)의 임의의 원소 \(x\)는 \(x = \varphi(a^n) = \varphi(a)^n\) 꼴이므로 \(H = \langle \varphi(a) \rangle\)이다. \(\blacksquare\)

이 정리를 쓰는 방향은 하나뿐이다. 정리 1.7은 “동형이면 불변량이 같다”고 말하므로, 대우를 취하면 “불변량이 하나라도 다르면 동형이 아니다”가 된다 (1권 19주차의 대우). 비동형 판정은 언제나 이 대우 쪽을 쓴다. 반대로 불변량이 전부 같다고 동형이 되지는 않는다 — 그 방향을 보이려면 동형사상을 실제로 만들어 제시해야 한다.

확인 10. \((\mathbb{Z}, +)\)와 \((\mathbb{Q}, +)\)가 동형이 아님을 보이려 한다. 정리 1.7의 네 항목 중 어느 것을 쓸 수 있는지 검토해 보자.

답

①은 쓸 수 없다 — 둘 다 가산무한이므로 크기가 같다(C13주차). ②도 쓸 수 없다 —

둘 다 아벨이다. ③도 어렵다 — 항등원 외의 모든 원소가 양쪽 다 무한 위수다.

남는 것은 ④다. \((\mathbb{Z}, +) = \langle 1 \rangle\)은 순환군이지만

\((\mathbb{Q}, +)\)는 순환군이 아니다. 어떤 유리수 \(q\)를 잡아도

\(\langle q \rangle = \{nq : n \in \mathbb{Z}\} \ne \mathbb{Q}\)임을 두 경우로 확인한다.

\(q = 0\)이면 \(\langle 0 \rangle = \{0\}\)이고 \(\mathbb{Q}\)에는 \(0\) 아닌 원소가 있으므로

\(\langle 0 \rangle \ne \mathbb{Q}\)다. \(q \ne 0\)이면 \(q/2 \in \mathbb{Q}\)인데

\(nq = q/2\)가 되려면 양변을 \(q\)로 나눠 \(n = 1/2\)이어야 하고 이는 정수가 아니므로

\(q/2 \notin \langle q \rangle\)이다. 두 경우 모두 \(q\)는 생성원이 아니다.

따라서 ④에 의해 두 군은 동형이 아니다.

불변량 네 개를 차례로 시험해 보고 통하는 것을 고르는 것이 비동형 판정의 실제

작업이며, 넷 다 통하지 않으면 다섯째 불변량을 직접 만들어야 한다.

8 이번 주에 쓸 수 있는 근거 — 목록 갱신

허용 목록은 1권 이래 네 줄이다: ① 정의 ② 닫힘성 ③ 등식의 성질 ④ 이미 증명한 명제. 이번 주가 채우는 것은 ①과 ④다.

근거	이번 주에 추가\(\cdot\)갱신되는 것	이번 주에는 이렇게 쓴다
① 정의	정의 1.1(부분군) \(\cdot\) 정의 1.3(생성되는 부분군\(\cdot\)순환군) \(\cdot\) 정의 1.4(원소의 위수) \(\cdot\) 정의 1.5(동형사상) \(\cdot\) 정의 1.6(준동형)	“부분군” \(\leftrightarrow\) “세 조건”, “동형” \(\leftrightarrow\) “구조 보존 전단사” 사이를 번역한다
② 닫힘성	군의 닫힘(C18주차)과 부분군의 닫힘이 별개의 확인 대상임	큰 군에서의 닫힘은 인용하고, 부분집합에서의 닫힘은 매번 증명한다
③ 등식의 성질	지수법칙 \(a^m a^n = a^{m+n}\) (결합법칙에서 유도)	\(\langle a \rangle\)의 닫힘과 정리 1.7 ③의 계산에 쓴다
④ 이미 증명한 명제	부분군 판정 정리(정리 1.2) \(\cdot\) 보조정리 1.A \(\cdot\) 라그랑주 정리와 따름 명제 1.B(정리 1.5) \(\cdot\) 동형 불변량(정리 1.7) \(\cdot\) 항등원과 역원의 유일성\(\cdot\)소거법칙(C18주차) \(\cdot\) 동치관계는 분할을 준다(C11주차, 1권 37주차) \(\cdot\) 전단사와 역함수(1권 41\(\cdot\)43주차) \(\cdot\) 나눗셈 정리(1권 33주차) \(\cdot\) \(S_3\)은 비아벨(C18주차 예제 2.3)	“라그랑주 정리에 의해”처럼 이름을 대고 한 줄로 끝낸다

목록 밖의 것은 이번 주에도 근거가 되지 않는다. 특히 “연산표를 그려 보니 모양이 같았다”와 “위수가 같으므로 같은 군이다”는 근거가 아니다 — 전자는 §0의 유형 2가, 후자는 문제 18이 실제로 무너지는 답안이다.

확인 11. 어떤 답안에 다음 세 문장이 나왔다. 각각 허용되는가. 허용된다면 몇 번 근거인가.

(가) “\(H\)의 원소는 전부 \(G\)의 원소이므로 결합법칙은 확인하지 않는다.”

(나) “두 군의 원소가 각각 6개이므로 동형이다.”

(다) “\(\operatorname{ord}([2]) = 3\)이고 \(|\mathbb{Z}_6| = 6\)이므로 \(3 \mid 6\)이다.”

답

(가) 허용 — 근거 ④(정리 1.2의 증명에서 확정한 사실). 부분군 판정에서 결합법칙을

확인하지 않는 것은 생략이 아니라 정리가 허가한 것이다.

(나) 불허 — 목록 밖이다. 위수가 같은 것은 동형의 필요조건일 뿐이며(정리 1.7 ①),

문제 12와 18이 정확히 이 형태의 답안을 다룬다.

(다) 허용 — 근거 ④(따름 명제 1.B). 다만 이 문장은 계산의 확인이지 증명이 아니므로,

답안에서 무엇의 근거로 쓰이는지가 앞뒤에 적혀 있어야 한다.