C19주차 · 강의 — 예제 · 연습 · 해설

내용

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

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

답

보여야 하는 것은 ① 비어 있지 않음 ② 닫힘 ③ 역원의 포함, 그리고 항등원의 포함이다.

보이지 않아도 되는 것은 결합법칙이다 — \(3\mathbb{Z}\)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.

확인 13. 첫 문장을 완성해 보자: “\(0 = 3 \cdot \underline{\quad}\)이고 \(\underline{\quad}\)는 정수이므로 \(0 \in 3\mathbb{Z}\)이다.”

답

“\(0 = 3 \cdot 0\)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.

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.”

답

\(x = 3a\), \(y = 3b\)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 정수여야 \(3(a+b)\)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.

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.”

답

“\(x = 3a\)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 있는가뿐이다.

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

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

답

“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.

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 \(\varphi([k]) = \underline{\quad}\).

답

함수 \(\varphi\)를 실제로 제시하고, 전단사와 구조 보존을 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.

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.

답

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 4원군이라 부른다.

이번에는 설계부터 스스로 해 보자.

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

답

① 동형사상이 하나도 없음을 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 대우를 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 산문으로 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	\(\underline{\quad(4)\quad}\)

확인 20. 빈칸 (1)~(4)를 채워 보자. 그리고 세 예제에서 ②의 성격이 어떻게 다른지 한 줄로 적어 보자.

답

(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.

백지 암기 대상

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.

이번 주의 채점 기준

답이 아니라 근거가 점수다. 이번 주 답안에는 채점 항목이 넷이다.

① 부분군 답안에 비공집합\(\cdot\)닫힘\(\cdot\)역원이 각각 한 줄씩 있는가. 닫힘을 특정 숫자로 확인한 답안은 걸음 B가 빠진 것이다.

② 동형 답안에 사상의 식이 적혀 있는가. “적당한 대응을 잡으면 된다”는 증인을 제출하지 않은 것이다.

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

④ 비동형 답안에 고른 불변량의 이름과 두 값이 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.

힌트

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) \(5\mathbb{Z}\)

힌트

(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.

힌트

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.

힌트

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.

힌트

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 (\(\langle[1]\rangle = \mathbb{Z}_6\)).

힌트

\(\langle [1] \rangle\)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).

힌트

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).

힌트

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.

힌트

사상은 문제에서 주어졌으므로 확인할 것은 두 조각뿐이다. 전사를 보일 때는

임의의 \(y > 0\)에 대해 \(\varphi(x) = y\)가 되는 \(x\)를 실제로 제시한다 —

그 \(x\)가 곧 역동형의 식이다. 단사는 지수함수가 순증가라는 사실로 한 줄이다.

10. 다음 제시된 증명을 평가하시오 (C5주차).

Result. \((\mathbb{Z}, +)\)에서 홀수 전체의 집합 \(O\)는 부분군이다.

증명. 홀수와 홀수를 더하면 짝수다. \(1 + 1 = 2\)는 짝수다.

힌트

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 성립한다는 말인지 깨진다는 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).

힌트

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).

힌트

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).

진술 안의 “연속 시”에 관하여

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.

힌트

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 아님을 보이시오. \(\varphi: (\mathbb{Z}, +) \to (\mathbb{Z}, +)\), \(\varphi(n) = n^2\) (구조 보존 실패: \(\varphi(a+b) = (a+b)^2 \neq a^2 + b^2 = \varphi(a) + \varphi(b)\)).

힌트

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

보이는 데는 반례 하나로 충분하다(1권 29주차). 일반식으로 차이를 적은 뒤

구체적인 두 수를 대입해 두 값을 실제로 계산한다.

도전 ●●●#

이 문제들이 새로 쓰는 도구 — 분류 논증

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 \(\mathbb{Z}_p\)”.

힌트

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”.

힌트

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.

힌트

\(H\)의 원소는 모두 \(a\)의 거듭제곱이므로 지수만 보면 된다. \(H\)에 들어 있는

가장 작은 양의 지수를 \(d\)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.

Result. \((\mathbb{Z}_4, +) \cong (\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2, +)\).

증명. 둘 다 위수 4이고 아벨이다. 따라서 동형.

힌트

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.

이 문제가 새로 쓰는 도구 — 임의의 집합 위의 순열군과 상

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.

힌트

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.

힌트

(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

대우로 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.

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 풀이로 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 하나를 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 줄부터 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 값인지를 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 않다는 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 참인가와 그 계산이 진술된 결론을 향하는가는 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 소수이고 \(p \mid ab\)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 아벨성을 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 동형사상이다.

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 역을 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 제시해야 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 것이다. 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 항등함수이며 \(S_G\)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 대우로 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 근거로 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.