라그랑주 정리

군 $G$ 의 subgroup $H$ 에 대해 다음이 성립한다. (a) $G$ 는 $H$ 에 대한 right coset 들의 union 이다. 즉, $$G = \bigcup_{a\in G}Ha$$ (b) $H$ 의 right coset 은 서로 같거나 겹치는 원소가 없다. 즉, $$Ha = Hb \quad\text{ or }\quad Ha \cap Hb = \varnothing$$ (c) $a \in G$ 에 대해 $f : H \to Ha$ 인 전단사함수가 있다.

 

Proof

(a) $H$ 에 대한 모든 coset 의 원소는 $G$ 의 원소이기 때문에, $$\bigcup_{a \in G } Ha \subseteq G$$ 입니다. 만약 $b \in G$ 라면, $$b = eb \in Hb \subset \bigcup_{a\in G} Ha$$ 이므로 $$G \subseteq \bigcup_{a\in G}Ha$$ 가 됩니다. 그러므로 증명이 완성됩니다.

 

(b) 앞선 글에서 이미 논의되었습니다.

 

(c) $f : H \to Ha$ 를 $f(x) = xa$ 처럼 정의하겠습니다. 그러면 $Ha$ 의 정의에 의해 $f$ 는 전사함수이고, 만약 $f(x) = f(y)$ 라면 $xa = ya$ 가 되어 $x =y$ 이므로, $f$ 는 전단사함수가 됩니다. 이를 통해 $H$ 가 유한군이라면 $H$ 에 대한 모든 right coset 은 $H$ 와 같은 개수의 원소를 가짐을 알 수 있습니다.

 

 

군 $G$ 와 subgroup $H$ 가 있을 때, $H$ 에 대한 서로 다른 right coset 의 개수를 $G$ 안에서 $H$ 의 index 라고 부르고 $[G:H]$ 처럼 씁니다. 만약 $G$ 가 유한군이라면 자명하게 $[G:H]$ 는 유한합니다. 그러나 만약 $G$ 가 유한군이 아니라면 $[G:H]$ 는 유한하지 않을 수도 있습니다.

 

다음 정리는 라그랑주 정리라 불리는, 사람 이름이 붙은 정리가 흔히 그렇듯, 중요한 정리입니다.

 

유한군 $G$ 와 그 subgroup $H$ 에 대해 $$\vert G \vert = \vert H \vert [G:H]$$ 가 성립한다.

 

Proof

$[G:H]=n$ 이라고 두면, $G$ 안의 $H$ 에 대한 서로 다른 right coset 을 $$Hc_1, Hc_2, \cdots, Hc_n$$ 처럼 쓸 수 있습니다. 또한 바로 위의 정리에 의해 $$G = \bigcup_{i=1}^{n} Hc_i$$ 가 성립합니다. 그런데 $n$ 개의 right coset 끼리 서로 독립이므로 $$\vert G \vert = \sum_{i=1}^{n} \vert Hc_i \vert $$ 처럼 쓸 수 있습니다. 그런데 $f_i : H \to Hc_i$ 인 전단사함수 $f_i$ 가 모든 $i = 1, 2, \cdots, n$ 에 대해 존재하므로 $\vert H \vert = \vert Hc_i \vert$ 도 모든 $i = 1, 2, \cdots ,n$ 에 대해 성립하고, 따라서 $$\vert G \vert = \vert H \vert + \vert H \vert + \cdots + \vert H \vert = \vert H \vert n = \vert H \vert [G:H]$$ 가 성립합니다.

 

라그랑주 정리의 따름정리로 다음을 얻을 수 있습니다.

 

유한군 $G$ 에 대해 다음이 성립한다. (a) $a \in G$ 이면 $a$ 의 order 는 $G$ 의 order 를 나눈다. (b) $\vert G \vert = k$ 이면 $a\in G$ 에 대해 $a^k = e$ 이다. (c) $N$ 이 $G$ 의 normal subgroup 이면 $\vert G/N \vert = \vert G \vert / \vert N \vert$ 이다.

 

Proof

(a) $a \in G$ 가 order $n$ 을 가지면, cyclic subgroup $\langle a \rangle$ 는 order $n$ 을 가집니다. 따라서 라그랑주 정리에 의해 $n$ 은 $\vert G \vert$ 를 나눕니다.

 

(b) $a \in G$ 가 order $n$ 을 가지면, (a) 에 의해 어떤 $t$ 가 존재해 $ k = nt$ 이고, 따라서 $$a^{k} = a^{nt} = (a^n)^t = e^t = e$$ 가 성립합니다.

 

(c) $\vert G/N \vert$ 는 $G$ 안에서 $N$ 에 대한 서로 다른 right coset 의 개수입니다. 즉, $\vert G /N \vert = [G:N]$ 입니다. 그러므로 라그랑주 정리에 의해 $\vert G \vert = \vert N \vert [G:N] = \vert N \vert \vert G/N \vert$ 가 성립하게 되어 증명이 완성됩니다.

 

소수 $p$ 에 대해, order 가 $p$ 인 모든 군은 cyclic group 이고 $\mathbb{Z}_p$ 와 isomorphic 하다.

 

Proof

$G$ 가 order $p$ 인 군이라 하면 항등원이 아닌 $a \in G$ 에 대해 $\langle a \rangle $ 라는 군의 order 는 $1$ 보다 큽니다. 그런데 $G$ 의 order 가 $p$ 이므로 $\langle a \rangle$ 의 order 는 $p$ 를 나누어야 하고, $p$ 가 소수이므로 $\langle a \rangle$ 의 order 는 반드시 $p$ 가 됩니다. 이는 곧 $\langle a \rangle = G$ 임을 의미합니다. 또, 이 글에 의해 $G \cong \mathbb{Z}_p$ 가 됩니다.

 

order 가 $4$ 인 모든 군은 $\mathbb{Z}_4$ 또는 $\mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ 와 isomorphic 하다.

 

Proof

$G$ 가 order 가 $4$ 인 군이라고 하면, $G$ 의 원소 중 order 가 $4$ 인 것이 있을 수도 있고, 그렇지 않을 수도 있습니다. 만약 $a \in G$ 의 order 가 $4$ 라면 $G = \langle a \rangle$ 이 되고, 따라서 $G$ 가 order $4$ 인 cyclic group 이 되어 $$G \cong\mathbb{Z}_4$$ 가 성립하게 됩니다. 이제 $G$ 가 order $4$ 인 원소를 가지지 않을 때를 보겠습니다. $G$ 의 원소를 항등원 $e$ 를 포함해 $e, a, b, c$ 라고 쓰면, 각각의 order 는 반드시 $G$ 의 order 인 $4$ 의 약수여야 합니다. 그런데 order 가 $1$ 인 원소는 $e$ 뿐이므로 $a, b, c$ 의 order 는 2가 되어야 하고, 연산표는 다음과 같습니다.

빈 부분을 채워보겠습니다. $ab = e$ 라면 $ab = aa$ 이므로 $b = a$ 가 되어 모순입니다. 또 만약 $ab = a$ 이면 $b = e$ 가 되어 모순이고, $ab = b$ 도 마찬가지이므로 $ab = c$ 가 되어야 합니다. 나머지 빈 부분도 이러한 방식으로 채울 수 있고, 따라서 완성된 연산표는 다음과 같습니다.

이제 $f : G \to \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2$ 를 $f(e) = (0, 0), f(a) = (1, 0), f(b) = (0, 1), f(c) = (1, 1)$ 이라 두면, $f$ 가 isomorphism 임을 쉽게 확인할 수 있습니다.

 

order 가 $6$ 이고 아벨군이 아닌 군 $G$ 는 $S_3$ 와 isomorphic 하다.

 

Proof

$G$ 가 order $6$ 인 원소를 가지면 $G$ 가 cyclic group 이 되어 아벨군이 되므로, order 가 $6$ 인 $G$ 의 원소는 존재하지 않습니다. 따라서 항등원이 아닌 $G$ 의 원소는 order 가 $2$ 또는 $3$ 이어야 합니다. 그런데 만약 $G$ 의 모든 원소가 order $2$ 를 가진다면, $a^{-1} = a$ 가 모든 $a \in G$ 에 대해 성립합니다. 따라서 $a, b \in G$ 에 대해 $ab \in G$ 를 이용하면 $$(ab)^2 = e \quad \Rightarrow \quad ab = b^{-1}a^{-1} = ba$$ 이므로 $G$ 가 아벨군이 됩니다. 이는 곧 $G$ 가 order $3$ 인 원소를 적어도 하나 가져야 함을 의미합니다. 이제 $a \in G$ 가 order $3$ 을 가진다 하면, $$N = \langle a \rangle = \{e, a, a^2\}$$ 은 $G$ 의 부분군이고, $b$ 를 $b \in G$ 이지만 $b \not \in N$ 으로 잡겠습니다. 그러면 $$Ne = \{ e, a, a^2\} \\ Nb = \{b, ab, a^2 b\}$$ 는 $b \not \in N$ 이므로 서로 다른 $N$ 의 right coset 이고, 따라서 서로 겹치는 원소가 없습니다. 이는 곧 $$G = \{e, a, a^2, b, ab, a^2 b\}$$ 처럼 구성됨을 의미합니다.

 

우선 $b^2 = e$ 가 되어야 함을 보이겠습니다. $b^2 = a$ 라면, $b^2$ 의 order 가 $2$ 일 경우 $$a^2 = b^4 = b^2 b^2 = ee =e$$ 가 되어 $a$ 의 order 가 $3$ 임에 모순이고, $b^2$ 의 order 가 $3$ 일 경우 $$a^2 = b^4 = b^3 b = eb = b$$ 가 되어 $b \not \in N$ 임에 모순입니다. 비슷한 방식을 반복하여 적용하면 $b^2 = e$ 임을 얻습니다.

 

마찬가지로 $ba \neq b, e, a, a^2$ 이 됨은 쉽게 보일 수 있습니다. 또 만약 $ab = ba$ 라면 $G$ 가 아벨군이 되는 것 또한 $G=\{e, a, a^2, b, ab, a^2 b\}$ 에서 보여지므로 $ba = a^2 b$ 여야만 합니다. 이제 $$b^2 = e \quad \text{ and } ba = a^2 b$$ 를 이용하면 모든 연산표를 작성할 수 있습니다. $$ba^2 = (ba)a = (a^2 b)a = a^2 (ba) = a^2 a^2 b= a^4 b = ab$$ 와 같은 방식을 적용할 수 있기 때문입니다. 따라서 연산표를 그리면

 

다음을 얻을 수 있습니다. 이제 $G$ 가 $S_3$ 와 isomorphic 함을 보이기 위해서는, 다음 대응 관계를 생각하는 것으로 충분합니다. $$\begin{align*} f(e) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} \quad & \quad f(a) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 3 & 1 \end{pmatrix} \\ f(a^2) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 1 & 2 \end{pmatrix} \quad & \quad f(b) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 1 & 3 \end{pmatrix} \\ f(ab) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix} \quad & \quad f(a^2 b) = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 1 & 3 & 2 \end{pmatrix} \end{align*}$$