제6장 - 순환군

순환군(cyclic group)은 이 분야에서 가장 투명한 군이다. 하나의 원소로 생성되며, 그 부분군 구조는 전적으로 약수 산술에 의해 지배되고, 정수론과 추상대수학 사이의 다리를 제공한다. 이후의 많은 결과 --- 정규부분군, 몫군, 유한생성 아벨군의 분류 --- 는 일반화되기에 앞서 순환군의 경우에서 먼저 학습된다.

§6.1 순환군: 정의와 예

정의 6.1 (순환군). 군 $G$이 어떤 원소 $a \in G$가 존재하여 $G$의 모든 원소가 $a$의 거듭제곱이 될 때 **순환적(cyclic)**이라고 한다. 이를 $G = \langle a \rangle$로 쓴다. 덧셈 표기에서는 모든 원소가 어떤 $n \in \mathbb{Z}$에 대해 $na$의 꼴을 갖는다. 원소 $a$을 $G$의 **생성원(generator)**이라 한다.

명시적으로, $a$가 유한 위수 $n$을 가지면

이고 $|G| = n$이다. $a$가 무한 위수를 가지면, 모든 거듭제곱 $a^k$ ($k \in \mathbb{Z}$)은 서로 다르며 $G$은 무한집합이다.

예 6.1: 정수 $\mathbb{Z}$

군 $(\mathbb{Z}, +)$은 생성원 $1$ (또는 $-1$)을 갖는 순환군이다. 모든 정수 $n$은 $n \cdot 1$로 쓸 수 있다. 이것은 무한 순환군의 원형이다.

예 6.2: $\mathbb{Z}_n$

$n$을 법으로 하는 정수의 군 $(\mathbb{Z}_n, +)$은 생성원 $\bar{1}$을 갖는 순환군이다. 모든 원소 $\bar{k}$은 $\bar{k} = k \cdot \bar{1}$을 만족한다. 이것은 위수 $n$의 유한 순환군의 원형이다.

예 6.3: 단위근 $\mu_n$

$\zeta = e^{2\pi i/n}$이라 하자. 집합

$$\mu_n = \{1, \zeta, \zeta^2, \dots, \zeta^{n-1}\}$$

은 $\mathbb{C}^{*}$에서의 곱셈에 대해 위수 $n$의 순환군을 이룬다. 생성원 $\zeta$은 **원시 $n$차 단위근(primitive root of unity)**이다. 기하학적으로 $\mu_n$은 단위원 위에 균등하게 배치된 $n$개의 점들로 이루어지며, 곱셈은 $2\pi/n$만큼의 회전에 대응한다.

예 6.4: 순환적이지 않은 아벨군

클라인 4원군(Klein four-group) $V_4 = \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_2 = \{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}$은 아벨군이지만 순환적이지 않다. 항등원이 아닌 모든 원소는 위수 $2$을 가지므로, 어떤 단일 원소도 군 전체를 생성하지 못한다. 이것은 “아벨적”과 “순환적”이 서로 다른 개념임을 일러 주는 표준적인 경고이다.

§6.2 모든 순환군은 아벨군이다

정리 6.2. 모든 순환군은 아벨군이다.

정리 6.2의 증명

$G = \langle a \rangle$이라 하자. 그러면 $G$의 모든 원소는 어떤 $m \in \mathbb{Z}$에 대해 $a^m$의 꼴을 갖는다. 임의의 $a^m, a^n \in G$에 대해:

$$a^m \cdot a^n = a^{m+n} = a^{n+m} = a^n \cdot a^m.$$

핵심 단계 $a^{m+n} = a^{n+m}$은 정수 덧셈의 교환성을 사용한다. 모든 원소 쌍이 교환하므로 $G$은 아벨군이다. $\blacksquare$

이 증명은 짧지만 그 내용은 중요하다. 군이 한 원소의 거듭제곱에 의해 제어되는 순간, 군 연산은 지수에 대한 산술로 환원되고, 정수 산술은 교환적이다. 역은 거짓이다 --- $V_4$은 아벨군이지만 순환적이지 않다.

§6.3 순환군의 부분군은 순환적이다

정리 6.3. 순환군의 모든 부분군은 순환적이다.

정리 6.3의 증명 (나눗셈 정리 논증)

$G = \langle a \rangle$이라 하고 $H \le G$이라 하자. $H = \{e\}$이면 $H = \langle e \rangle$는 자명하게 순환적이다. $H \neq \{e\}$이라 가정하자.

양의 지수들의 집합을 고려하자:

$$S = \{m \in \mathbb{N} : a^m \in H\}.$$

$H$가 항등원이 아닌 원소 $a^k$ (단 $k \neq 0$)을 포함하고, $H$이 군이므로 $a^{-k} \in H$도 성립하므로, 집합 $S$은 공집합이 아니다 (이는 $|k|$을 포함한다). 정렬 원리에 의해 $S$은 최소 원소 $d$을 갖는다.

주장: $H = \langle a^d \rangle$.

포함 $\langle a^d \rangle \subseteq H$은 $a^d \in H$이고 $H$이 군 연산에 대해 닫혀 있으므로 명백하다.

역방향에 대해, $h \in H$이라 하자. 그러면 어떤 정수 $m$에 대해 $h = a^m$이다. **나눗셈 정리(division algorithm)**를 적용하여 다음과 같이 쓴다:

$$m = qd + r, \qquad 0 \le r < d.$$

그러면

$$a^r = a^{m - qd} = a^m \cdot (a^d)^{-q}.$$

$a^m \in H$이고 $a^d \in H$이므로 $a^r \in H$이다. 그런데 $0 \le r < d$이고 $d$은 $S$의 가장 작은 양의 원소이다. 따라서 $r = 0$이고, 그러므로 $m = qd$이며 $h = (a^d)^q \in \langle a^d \rangle$이다.

그러므로 $H = \langle a^d \rangle$. $\blacksquare$

이 증명은 “나눗셈 정리” 방식 논증의 전형이다. 어떤 집합이 그것의 최소 양의 원소에 의해 생성됨을 보이려면, 임의의 원소를 그 최소 원소로 나누고 나머지가 반드시 0이 되어야 함을 논증한다.

§6.4 순환군의 분류

정리 6.4 (분류). $G$을 순환군이라 하자.

• $G$가 무한이면 $G \cong \mathbb{Z}$이다.
• $G$가 위수 $n$의 유한군이면 $G \cong \mathbb{Z}_n$이다.

정리 6.4의 증명

$G = \langle a \rangle$이라 하고 다음을 정의하자:

$$\varphi : \mathbb{Z} \to G, \qquad k \mapsto a^k.$$

이는 준동형사상이다: $\varphi(k + l) = a^{k+l} = a^k \cdot a^l = \varphi(k)\varphi(l)$. 순환군의 정의에 의해 이것은 전사이다.

경우 1: $G$가 무한. $k \neq l$인 $a^k = a^l$이라면 $k - l \neq 0$인 $a^{k-l} = e$가 되어, $a$가 무한 위수를 갖는다는 가정에 모순된다. 따라서 $\varphi$는 단사이고, 그러므로 동형사상 $\mathbb{Z} \xrightarrow{\;\sim\;} G$이다.

경우 2: $G$가 위수 $n$의 유한군. $\varphi$의 핵은

$$\ker\varphi = \{k \in \mathbb{Z} : a^k = e\} = n\mathbb{Z},$$

인데, 이는 $a$이 위수 $n$을 갖기 때문이다. 제1동형정리(First Isomorphism Theorem)에 의해 (또는 이 단계에서는 직접 확인에 의해) $\varphi$는 전단사 준동형사상

$$\bar{\varphi} : \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \xrightarrow{\;\sim\;} G, \qquad \bar{k} \mapsto a^k.$$

을 유도한다. 따라서 $G \cong \mathbb{Z}_n$. $\blacksquare$

이 분류는 동형을 무시하면 순환군에 정확히 두 종류, 즉 $\mathbb{Z}$과 $\mathbb{Z}_n$만이 존재함을 말한다. 모든 순환군은 그 생성원의 위수에 의해 완전히 결정된다.

§6.5 $\mathbb{Z}_n$에서 원소의 위수

정리 6.5 (위수 공식). $\mathbb{Z}_n$에서 $\bar{k}$의 위수는

정리 6.5의 증명

$d = \gcd(k, n)$이라 하자. $\gcd(k_1, n_1) = 1$일 때 $k = dk_1$과 $n = dn_1$로 쓴다.

1단계 (위수가 $n/d$을 나눈다). 계산하자:

$$\frac{n}{d} \cdot \bar{k} = \overline{\frac{n}{d} \cdot k} = \overline{n_1 \cdot dk_1} = \overline{k_1 n} = \bar{0} \pmod{n}.$$

따라서 $\bar{k}$의 위수는 $n/d = n_1$을 나눈다.

2단계 (위수가 정확히 $n/d$). $m \cdot \bar{k} = \bar{0}$, 즉 $n \mid mk$라고 가정하자. 그러면 $dn_1 \mid mdk_1$이고, 이로부터 $n_1 \mid mk_1$을 얻는다. $\gcd(n_1, k_1) = 1$이므로 유클리드 보조정리(Euclid’s lemma)에 의해 $n_1 \mid m$이 강제된다. 따라서 $\bar{k}$을 소멸시키는 모든 양의 정수는 $n_1 = n/d$의 배수이다.

그러므로 $\operatorname{ord}(\bar{k}) = n/d = n/\gcd(k,n)$. $\blacksquare$

예 6.5a: $\mathbb{Z}_{12}$에서의 위수

$\operatorname{ord}(\bar{k}) = 12/\gcd(k,12)$을 사용하면:

$\bar{k}$	$\gcd(k,12)$	$\operatorname{ord}(\bar{k})$
$\bar{0}$	$12$	$1$
$\bar{1}$	$1$	$12$
$\bar{2}$	$2$	$6$
$\bar{3}$	$3$	$4$
$\bar{4}$	$4$	$3$
$\bar{5}$	$1$	$12$
$\bar{6}$	$6$	$2$
$\bar{7}$	$1$	$12$
$\bar{8}$	$4$	$3$
$\bar{9}$	$3$	$4$
$\bar{10}$	$2$	$6$
$\bar{11}$	$1$	$12$

§6.6 $\mathbb{Z}_n$의 생성원과 오일러 토션트 함수

정리 6.6. 원소 $\bar{k}$이 $\mathbb{Z}_n$을 생성할 필요충분조건은 $\gcd(k, n) = 1$이다.

정리 6.6의 증명

정리 6.5에 의해 $\operatorname{ord}(\bar{k}) = n/\gcd(k,n)$이다. 원소 $\bar{k}$이 $\mathbb{Z}_n$을 생성할 필요충분조건은 $\operatorname{ord}(\bar{k}) = n$이고, 이는 $\gcd(k,n) = 1$일 때에만 성립한다. $\blacksquare$

정의 6.7 (오일러 토션트 함수). $n \ge 1$에 대해 다음을 정의한다:

동등하게, $\phi(n)$은 $\mathbb{Z}_n$의 생성원의 개수이다.

따름정리 6.8. 순환군 $\mathbb{Z}_n$은 정확히 $\phi(n)$개의 생성원을 갖는다.

예 6.6a: $\mathbb{Z}_{20}$의 생성원

$\mathbb{Z}_{20}$의 생성원은 $\gcd(k, 20) = 1$을 만족하는 원소 $\bar{k}$이다. $20 = 2^2 \cdot 5$이므로 $k$가 $2$과 $5$ 둘 모두와 서로소여야 한다:

$$\bar{1},\; \bar{3},\; \bar{7},\; \bar{9},\; \bar{11},\; \bar{13},\; \bar{17},\; \bar{19}.$$

생성원은 $\phi(20) = 20 \cdot (1 - \tfrac{1}{2})(1 - \tfrac{1}{5}) = 20 \cdot \tfrac{1}{2} \cdot \tfrac{4}{5} = 8$개이다.

§6.7 오일러 토션트 함수: 공식

정리 6.9. 소수 거듭제곱 $p^k$에 대해:

정리 6.9의 증명

정수 $1, 2, \dots, p^k$ 중에서 $p^k$과 서로소가 아닌 것들은 정확히 $p$의 배수들이다:

$$p, 2p, 3p, \dots, p^{k-1} \cdot p.$$

그러한 배수는 $p^{k-1}$개 있다. 따라서

$$\phi(p^k) = p^k - p^{k-1} = p^{k-1}(p-1). \quad \blacksquare$$

정리 6.10 (곱셈성). $\gcd(m, n) = 1$이면

정리 6.10의 증명 (CRT를 통한 개략)

중국인의 나머지 정리(Chinese Remainder Theorem)에 의해, $\gcd(m,n) = 1$일 때 $\mathbb{Z}_{mn} \cong \mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$이다. 원소 $(\bar{a}, \bar{b})$가 덧셈 순환군으로서 $\mathbb{Z}_m \times \mathbb{Z}_n$를 생성할 필요충분조건은 $\bar{a}$가 $\mathbb{Z}_m$를 생성하고 $\bar{b}$가 $\mathbb{Z}_n$을 생성하는 것이다. 그러한 쌍의 개수는 $\phi(m) \cdot \phi(n)$인데, 이는 $\phi(mn)$과 같아야 한다. $\blacksquare$

따름정리 6.11 (일반 공식). $n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_r^{a_r}$이면

예 6.7a: $\phi(36)$의 계산

$36 = 2^2 \cdot 3^2$이므로:

$$\phi(36) = 36 \cdot \left(1 - \frac{1}{2}\right)\left(1 - \frac{1}{3}\right) = 36 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = 12.$$

또는: $\phi(36) = \phi(4)\,\phi(9) = 2 \cdot 6 = 12$.

예 6.7b: $\phi(30)$의 계산

$30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$이므로:

$$\phi(30) = 30 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} = 8.$$

§6.8 $\mathbb{Z}_n$의 부분군 격자

정리 6.12 ($\mathbb{Z}_n$의 부분군). $n \ge 1$이라 하자. $n$의 각 약수 $d$에 대해, $\mathbb{Z}_n$에는 위수 $d$의 부분군이 정확히 하나 존재하며, 그것은 $\langle \overline{n/d} \rangle$이다. 역으로, $\mathbb{Z}_n$의 모든 부분군은 이 꼴을 갖는다. 특히, $\mathbb{Z}_n$의 부분군들은 $n$의 양의 약수들과 일대일 대응한다.

정리 6.12의 증명

존재성. $d \mid n$이라 하고 $m = n/d$이라 두자. 정리 6.5에 의해,

$$\operatorname{ord}(\bar{m}) = \frac{n}{\gcd(m,n)} = \frac{n}{m} = d,$$

인데, 이는 $m \mid n$이 $\gcd(m,n) = m$을 함의하기 때문이다. 따라서 $\langle \bar{m} \rangle$은 위수 $d$의 부분군이다.

유일성. $|H| = d$인 $H \le \mathbb{Z}_n$이라 하자. 정리 6.3에 의해 어떤 $k$에 대해 $H = \langle \bar{k} \rangle$이다. 그러면

$$d = \operatorname{ord}(\bar{k}) = \frac{n}{\gcd(k,n)},$$

이므로 $\gcd(k,n) = n/d = m$이다. $\gcd(s, n/m) = \gcd(s, d) = 1$일 때 $k = ms$로 쓴다. 그러면 $\bar{k} = s \cdot \bar{m}$이고, $\gcd(s,d) = 1$이므로 원소 $\bar{k}$는 $\bar{m}$과 동일한 순환부분군을 생성한다. 따라서 $H = \langle \bar{m} \rangle = \langle \overline{n/d} \rangle$. $\blacksquare$

격자 풀이: $\mathbb{Z}_{12}$

$12$의 약수는 $1, 2, 3, 4, 6, 12$이다. 부분군은 다음과 같다:

포함 관계는 다음과 같다:

• $\langle\bar{6}\rangle \subset \langle\bar{3}\rangle \subset \langle\bar{1}\rangle = \mathbb{Z}_{12}$
• $\langle\bar{6}\rangle \subset \langle\bar{2}\rangle \subset \langle\bar{1}\rangle = \mathbb{Z}_{12}$
• $\langle\bar{4}\rangle \subset \langle\bar{2}\rangle$
• $\langle\bar{4}\rangle \subset \langle\bar{1}\rangle$
• $\langle\bar{3}\rangle \subset \langle\bar{1}\rangle$
• $\{\bar{0}\} \subset$ 전체

그림: $\mathbb{Z}_{12}$의 부분군 격자.

그림: $\mathbb{Z}_{12}$에서의 약수, 부분군, 생성원.

그 그림을 행 단위로 읽어 보라. 예를 들어 약수 $4$은 위수 $4$의 유일한 부분군 $\langle \bar{3}\rangle$에 대응하며, 그 부분군은 위수 $4$의 생성원을 정확히 $\varphi(4)=2$개, 즉 $\bar{3}$과 $\bar{9}$을 기여한다. 이것이 정리 6.12와 항등식 $\sum_{d \mid n}\phi(d)=n$ 둘 모두의 배후에 있는 구체적인 메커니즘이다.

격자 풀이: $\mathbb{Z}_{30}$

$30 = 2 \cdot 3 \cdot 5$의 약수는 $1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30$이다. 부분군은 다음과 같다:

그림: $\mathbb{Z}_{30}$의 부분군 격자.

이를 약수 산술로 읽어 보라: $d_1 \mid d_2$일 때 정확히 $\langle \overline{30/d_1}\rangle \subseteq \langle \overline{30/d_2}\rangle$이다. 예를 들어 위수 $15$의 부분군 $\langle \bar{2}\rangle$는 위수 $5$와 위수 $3$의 부분군을 포함하지만, 위수 $2$의 부분군은 포함하지 않는다.

포함 규칙은 다음과 같다: $d_1 \mid d_2$일 필요충분조건이 $\langle \overline{n/d_1} \rangle \subseteq \langle \overline{n/d_2} \rangle$이다.

격자 풀이: $\mathbb{Z}_{36}$

$36 = 2^2 \cdot 3^2$의 약수는 $1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36$이다. 부분군은 다음과 같다:

포함 격자는 $36$의 약수 격자이다:

여기서 위수 18과 12는 극대 진부분군이며, 그 교집합은 위수 6의 $\langle \bar{6} \rangle$이다.

§6.9 항등식 $\sum_{d \mid n} \phi(d) = n$

정리 6.13. 모든 양의 정수 $n$에 대해,

정리 6.13의 증명 (생성원 위수에 따른 $\mathbb{Z}_n$의 분할)

순환군 $\mathbb{Z}_n$을 고려하자. 각 원소 $\bar{k} \in \mathbb{Z}_n$에 대해, 위수 $\operatorname{ord}(\bar{k})$는 $n$의 어떤 약수 $d$이다. 원소 $\bar{k}$는 위수 $d$의 유일한 부분군을 생성하는데, 이는 $\mathbb{Z}_d$과 동형이다.

이제 각 원소가 어떤 부분군을 생성하는가에 따라 $\mathbb{Z}_n$을 분할하자. $n$의 각 약수 $d$에 대해, 위수 $d$의 유일한 부분군은 정확히 $\phi(d)$개의 생성원 (위수가 정확히 $d$인 $\mathbb{Z}_n$의 원소들)을 갖는다.

$\mathbb{Z}_n$의 모든 원소는 정확히 하나의 순환부분군을 생성하며, 그 위수는 원소의 위수와 같다. 위수 $d$인 원소들은 정확히 위수 $d$의 유일한 부분군의 생성원이고 그것이 $\phi(d)$개 있으므로, 다음을 얻는다:

$$n = |\mathbb{Z}_n| = \sum_{d \mid n} (\text{number of elements of order } d) = \sum_{d \mid n} \phi(d). \quad \blacksquare$$

예 6.9a: $n = 12$에 대한 검증

$12$의 약수: $1, 2, 3, 4, 6, 12$.

$$\phi(1) + \phi(2) + \phi(3) + \phi(4) + \phi(6) + \phi(12) = 1 + 1 + 2 + 2 + 2 + 4 = 12. \;\checkmark$$

§6.10 풀이 예제

예 6.10a: $\mathbb{Z}_{20}$의 모든 생성원

$1 \le k \le 20$이고 $\gcd(k, 20) = 1$인 모든 $\bar{k}$을 구해야 한다. $20 = 2^2 \cdot 5$이므로:

생성원은 다음과 같다:

개수: $\phi(20) = 20(1 - \tfrac{1}{2})(1 - \tfrac{1}{5}) = 8$. $\checkmark$

예 6.10b: $\mathbb{Z}_{18}$의 모든 부분군

$18 = 2 \cdot 3^2$이므로 $18$의 약수는 $1, 2, 3, 6, 9, 18$이다.

정확히 $6$개의 부분군이 있다 --- 각 약수마다 하나씩이다.

예 6.10c: $\mathbb{Z}_{12}$에서 모든 원소의 위수

$\operatorname{ord}(\bar{k}) = 12/\gcd(k,12)$을 사용하면, 전체 표는 다음과 같다:

관찰하라: 각 위수의 원소 개수가 $\phi(d)$과 일치한다:

• 위수 $1$: $1$개 원소 ($\phi(1) = 1$)
• 위수 $2$: $1$개 원소 ($\phi(2) = 1$)
• 위수 $3$: $2$개 원소 ($\phi(3) = 2$)
• 위수 $4$: $2$개 원소 ($\phi(4) = 2$)
• 위수 $6$: $2$개 원소 ($\phi(6) = 2$)
• 위수 $12$: $4$개 원소 ($\phi(12) = 4$)

합: $1+1+2+2+2+4 = 12$. $\checkmark$

§6.11 랭(Lang)의 관점: 자유 순환군으로서의 $\mathbb{Z}$

랭의 요점은 “모든 순환군은 $\mathbb{Z}$이거나 $\mathbb{Z}_n$이다”라는 표어보다 더 강하다. 그는 **보편성질(universal property)**에서 출발한다.

정리 6.14 ($\mathbb{Z}$의 보편성질). $G$를 군이라 하고 $g \in G$이라 하자. 그러면

인 유일한 군 준동형사상이 존재하여

을 만족한다. 곱셈 표기에서 이 준동형사상은

정리 6.14의 증명

존재성. 모든 정수 $n$에 대해

$$\varphi_g(n) = g^n$$

으로 정의하자. 준동형 법칙을 확인해야 한다:

$$\varphi_g(m+n) = g^{m+n} = g^m g^n = \varphi_g(m)\varphi_g(n).$$

따라서 $\varphi_g$은 준동형사상이고, 명백히 $\varphi_g(1) = g$이다.

유일성. $\psi(1)=g$을 만족하는 임의의 준동형사상을 $\psi : \mathbb{Z} \to G$라 하자. 그러면 모든 양의 정수 $n$에 대해,

$$\psi(n)=\psi(\underbrace{1+\cdots+1}_{n\text{ times}})=\psi(1)^n=g^n.$$

또한,

$$e=\psi(0)=\psi(n+(-n))=\psi(n)\psi(-n),$$

이므로 $\psi(-n)=\psi(n)^{-1}=g^{-n}$이다. 따라서 모든 정수 $n$에 대해 $\psi(n)=g^n$이다. 그러므로 $\psi=\varphi_g$. $\blacksquare$

이것이 $\mathbb{Z}$이 “하나의 생성원 위에서 자유롭다(free on one generator)“는 정확한 의미이다. 생성원 $1$이 어디로 가는지 지정하는 순간, 준동형사상 전체가 강제된다.

그림: 자유 순환군으로서의 $\mathbb{Z}$의 보편성질.

$\mathbb{Z}$에서 나가는 준동형사상을 지정하려면 $1$의 상(image)을 지정하는 것만으로 충분하다. 사상의 나머지는 강제된다.

따름정리 6.15. $\varphi_g$의 상은 $g$에 의해 생성된 순환부분군이다:

따름정리 6.15의 증명

정의에 의해,

$$\operatorname{im}(\varphi_g)=\{\varphi_g(n):n\in\mathbb{Z}\}=\{g^n:n\in\mathbb{Z}\}=\langle g\rangle.$$

따라서 $g$에 의해 생성된 순환부분군은 단지 $\mathbb{Z}$로부터의 사상의 상과 “비슷한” 것이 아니라, 문자 그대로 그 상이다. $\blacksquare$

따름정리 6.16. $\varphi_g$의 핵은 다음과 같다:

• $g$가 무한 위수를 가지면 $\{0\}$.
• $g$가 유한 위수 $n$을 가지면 $n\mathbb{Z}$.

따름정리 6.16의 증명

정의에 의해,

$$\ker(\varphi_g)=\{m\in\mathbb{Z}:g^m=e\}.$$

$g$가 무한 위수를 가지면, 그러한 정수는 $0$뿐이다.

$g$가 유한 위수 $n$을 가지면, $g^m=e$일 필요충분조건은 $n \mid m$이다. 따라서

$$\ker(\varphi_g)=n\mathbb{Z}.$$

$\blacksquare$

이제 순환군의 분류는 거의 필연적이 된다:

따름정리 6.17 (재해석된 분류). 모든 순환군은 $\mathbb{Z}$을 그 부분군 중 하나로 나눈 몫이다. 더 정확히는:

• $g$가 무한 위수를 가지면 $\langle g\rangle \cong \mathbb{Z}$이다;
• $g$가 유한 위수 $n$을 가지면

따름정리 6.17의 증명

$\varphi_g$의 상은 따름정리 6.15에 의해 $\langle g\rangle$이다. $\ker(\varphi_g)=\{0\}$이면 $\varphi_g$은 단사이고 $\langle g\rangle \cong \mathbb{Z}$이다.

$\ker(\varphi_g)=n\mathbb{Z}$이면 제1동형정리에 의해,

$$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\cong \operatorname{im}(\varphi_g)=\langle g\rangle.$$

$\blacksquare$

이는 앞서 본 여러 사실을 하나의 그림으로 묶는다:

• $\mathbb{Z}$의 부분군은 발생할 수 있는 핵과 정확히 일치하므로, $n\mathbb{Z}$의 꼴이어야 한다.
• $\mathbb{Z}$의 몫은 정확히 순환군들이다.
• 유한 대 무한 순환군은 선택된 생성원이 자명하지 않은 핵을 갖는지에 의해 전적으로 제어된다.

보편성질의 두 가지 구체적 확인

1. $G=\mathbb{Z}_{12}$와 $g=\bar{5}$을 택하자. 유일한 준동형사상

   $$\varphi_{\bar{5}}:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}_{12}, \qquad n\mapsto \overline{5n}$$

   은 상 $\langle\bar{5}\rangle=\mathbb{Z}_{12}$을 갖는데, 이는 $\gcd(5,12)=1$이기 때문이다. 그 핵은 $12\mathbb{Z}$인데, 이는 $\bar{5}$이 위수 $12$을 갖기 때문이다.

2. $G=\mathbb{Z}_{12}$와 $g=\bar{4}$을 택하자. 그러면

   $$\varphi_{\bar{4}}:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}_{12}, \qquad n\mapsto \overline{4n}$$

   은 상

   $$\{\bar{0},\bar{4},\bar{8}\}=\langle\bar{4}\rangle$$

   을 가지며, 핵은 $3\mathbb{Z}$인데, 이는 $\bar{4}$가 위수 $3$을 갖기 때문이다. 따라서

   $$\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\cong \langle\bar{4}\rangle.$$

이 예들은 생성원, 상, 핵을 한꺼번에 보여 주기 때문에 음미할 가치가 있다. 랭의 방식에서 순환군은 생성원을 가진 헐벗은 집합이 아니라, 보편적 순환 대상 $\mathbb{Z}$에서 나가는 유일한 사상의 상으로 이해하는 것이 가장 좋다.

제13장 및 제14장으로의 다리 — $\mathbb{Z}$에서 준동형사상과 몫으로

보편성질 절은 제6장이 생성원만에 관한 것이기를 멈추고 사상에 관한 것이 되기 시작하는 곳이다.

원소 $g \in G$에서 시작하자. 보편성질은 유일한 준동형사상

을 준다. 그 하나의 사상이 이미 이후의 세 장을 맹아 형태로 담고 있다:

• 상은 순환부분군 $\langle g\rangle$이다;
• 핵은 $g$의 위수를 기록한다;
• 몫 $\mathbb{Z}/\ker(\varphi_g)$는 $\langle g\rangle$과 동형이다.

따라서 진정한 구조적 경로는

이것은 $g=\bar{1}\in \mathbb{Z}_n$일 때 완전히 구체적이 된다. 대응하는 준동형사상은 나머지 사상

이다. 그 상은 $\mathbb{Z}_n$ 전체이고, 그 핵은 $n\mathbb{Z}$이며, Chapter 13 - Homomorphisms의 제1동형정리는 다음을 말할 것이다:

그런 다음 Chapter 14 - Factor Groups는 같은 사실을 몫군 구성으로 재구성한다: $n$을 법으로 하는 잉여류는 $\mathbb{Z}$에서 정규부분군 $n\mathbb{Z}$의 잉여류이다.

그것이 제6장이 순환군 예시의 목록 그 이상인 이유이다. 이곳은 핵-상-몫 패턴 전체가 친숙한 환경에서 이미 가시화되는 첫 번째 장소이다.