10장 — 잉여류와 라그랑주 정리

Fraleigh, A First Course in Abstract Algebra, 7th edition, Section 10. SNU 현대대수학 (26-1) 보조 학습 자료.

잉여류(coset)는 부분군을 평행이동한 복사본이다. 라그랑주 정리는 이 기하학적 그림을 나눗셈 가능성에 관한 진술로 바꾼다. 즉 모든 부분군의 크기는 군의 크기를 나눈다는 것이다. 부분군 구조가 본격적인 셈 정리를 낳는 것은 이것이 처음이며, 이는 몫군(quotient group, 14장)의 진정한 선구가 된다.

§10.1 좌잉여류와 우잉여류

정의 10.1 (좌잉여류). $H \le G$이고 $a \in G$이라 하자. *$a$에 의해 결정되는 $H$의 좌잉여류(left coset)*는

정의 10.2 (우잉여류). *$a$에 의해 결정되는 $H$의 우잉여류(right coset)*는

아벨군에서는 모든 $a$에 대해 $aH = Ha$인데, 이는 $ah = ha$이기 때문이다. 비아벨군에서는 둘이 다를 수 있다.

잉여류 계산 예제

예제 10.3 ($\mathbb{Z}$에서의 잉여류). $G = \mathbb{Z}$ (덧셈군)과 $H = 3\mathbb{Z} = \{0, \pm 3, \pm 6, \dots\}$을 택한다. $\mathbb{Z}$가 아벨군이므로 좌잉여류와 우잉여류는 일치한다. 잉여류를 덧셈으로 적으면

이들은 정확히 $3$을 법으로 하는 잉여류(residue class)이다. 모든 정수는 이들 중 정확히 하나에 속하므로, 세 잉여류는 $\mathbb{Z}$를 분할한다.

예제 10.4 ($\mathbb{Z}_6$에서의 잉여류). $G = \mathbb{Z}_6 = \{0,1,2,3,4,5\}$과 $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4\}$이라 하자. 그러면

$2 + H = \{2, 4, 0\} = 0 + H$과 $3 + H = \{3, 5, 1\} = 1 + H$임에 유의하라. 서로 다른 잉여류는 정확히 두 개이며, $[G:H] = 6/3 = 2$이다.

그림: $\langle \bar{2}\rangle$에 의한 $\mathbb{Z}_6$의 잉여류 분할.

둥근 모서리 상자 두 개가 두 잉여류이다. 이는 잉여류가 군을 분할한다는 일반 진술의 유한 모형이다.

예제 10.5 ($S_3$에서의 좌잉여류와 우잉여류). $G = S_3$와 $H = \{e, (1\;2\;3), (1\;3\;2)\} = \langle (1\;2\;3) \rangle$라 하자. $|H| = 3$이고 $|S_3| = 6$이므로, 잉여류는 $[S_3 : H] = 2$개이다.

좌잉여류:

호환(transposition) $(1\;2) \notin H$를 택하면

실제로,

이므로 이 좌잉여류는 정확히 호환들의 집합이다.

우잉여류:

실제로,

이므로 이 우잉여류 역시 호환들의 집합이다.

이 경우 좌잉여류와 우잉여류가 집합으로서 우연히 같아진다 (둘 다 $\{H, \{(1\;2),(1\;3),(2\;3)\}\}$을 준다). 이는 $H$가 $S_3$에서 지수(index) $2$를 갖고, 지수 $2$인 부분군은 항상 정규(normal)이기 때문이다 (§10.8과 14장 참조).

§10.1a 케일리 표에서 잉여류 구조 읽기

유한군 $G$의 케일리 표(Cayley table, 또는 군표)는 $|G| \times |G|$ 곱셈표이다. 즉 행 $a$, 열 $b$의 성분은 곱 $ab$이다. 모든 유한군은 그 케일리 표로 완전히 결정되며, 이 표는 부분군과 잉여류 정보를 시각적으로 인상적인 방식으로 담고 있다. 이 절에서는 Fraleigh가 표 10.5—10.9에서 사용하는 잉여류 음영(coset shading) 기법을 전개한다.

빠른 복습: 케일리 표가 알려주는 것

군 $G = \{g_1, g_2, \dots, g_n\}$에 대해, 케일리 표는 다음과 같다:

두 가지 기본 성질:

1. 라틴 방진 성질(Latin square property). $G$의 모든 원소는 각 행과 각 열에 정확히 한 번씩 나타난다. (증명: 왼쪽 곱셈 $g \mapsto ag$은 $G$ 위의 전단사이다.)
2. 항등원 행/열. $g_1 = e$이면, 첫째 행은 단지 $g_1, g_2, \dots, g_n$를 순서대로 적은 것이고, 첫째 열도 마찬가지이다.

잉여류 음영: 핵심 아이디어

$H \le G$이고 지수가 $[G:H] = k$이라 하자. 좌잉여류 $a_1H, a_2H, \dots, a_kH$는 $G$을 크기가 같은 $k$개의 블록으로 분할한다. 이제 같은 잉여류에 속한 원소들이 인접하도록 (함께 묶이도록) 케일리 표의 행과 열을 재배열한다. 그런 다음 각 잉여류에 음영을 부여하고 (가령 밝음, 중간, 어두움 등), 각 성분 $ab$을 $ab$이 속한 잉여류에 따라 색칠한다.

이렇게 얻은 음영 표는 잉여류 자체가 군을 이루는지 드러내 준다.

예제: $H = \{0, 3\}$을 갖는 $\mathbb{Z}_6$

이것은 Fraleigh의 예제 10.4이다. $G = \mathbb{Z}_6$과 $H = \{0, 3\}$을 택하면, $|H| = 2$이고 $[G:H] = 3$이다. 세 잉여류는 다음과 같다:

$(\mathbb{Z}_6, +_6)$의 케일리 표를 원소들이 잉여류별로 묶이도록 재배열한다: $0, 3 \mid 1, 4 \mid 2, 5$.

이제 잉여류 소속에 따라 음영을 준다. $C_0 = \{0,3\}$에는 LT (밝음), $C_1 = \{1,4\}$에는 MD (중간), $C_2 = \{2,5\}$에는 DK (어두움)로 적는다:

핵심 관찰. 행과 열을 잉여류별로 묶어 만든 $2 \times 2$ 블록들을 보라. 각 블록은 단일한 균일 음영이다. 이는 $a$과 $a'$가 같은 좌잉여류에 있고 $b$과 $b'$가 같은 좌잉여류에 있을 때마다, 곱 $ab$와 $a'b'$가 같은 잉여류에 떨어짐을 뜻한다. 다시 말해, $ab$이 속하는 잉여류는 $a$와 $b$의 잉여류에만 의존하며, 특정 대표원의 선택에는 의존하지 않는다.

이것이 바로 잉여류 집합이 유도된 연산 아래 군을 이루기 위해 필요한 조건이다. 음영을 읽어내면 $3 \times 3$ “잉여류 곱셈표”가 얻어진다:

LT $\to 0$, MD $\to 1$, DK $\to 2$으로 바꾸면, 이것은 정확히 $\mathbb{Z}_3$의 케일리 표이다. 따라서 $\mathbb{Z}_6$에서 $H$의 세 잉여류는 “대표원을 더한 뒤 결과의 잉여류를 취한다”는 연산 아래 $\mathbb{Z}_3$과 동형인 군을 이룬다. 이것이 몫군(factor group) $\mathbb{Z}_6 / H \cong \mathbb{Z}_3$이며, 14장에서 제대로 다룬다.

왜 균일 블록이 “잘 정의된 잉여류 곱셈”을 뜻하는가

몫군 구성은 잉여류 위에 잘 정의된 이항연산을 필요로 한다:

위험은 $aH = a'H$이고 $bH = b'H$인데 (즉 $a, a'$은 같은 잉여류에 있고, $b, b'$도 같은 잉여류에 있는데) $(ab)H \ne (a'b')H$인 경우이다. 이런 일이 일어난다면 그 “연산”은 어떤 대표원을 고르느냐에 의존하게 되고, 실제로는 잉여류 위의 함수가 아니게 된다.

음영 케일리 표에서 균일 블록은 다음을 뜻한다: 그 블록 안의 모든 성분 쌍에 대해 곱이 같은 잉여류에 떨어진다. 그러므로 균일 블록 $\Leftrightarrow$ 잘 정의된 잉여류 곱셈 $\Leftrightarrow$ 잉여류가 군을 이룬다.

이것이 정확히 $H$이 정규 부분군이라는 조건이다 (모든 $a \in G$에 대해 $aH = Ha$). 완전한 증명은 14장에 있지만, 음영 표는 구체적이고 시각적인 진단법을 제공한다.

반례: 정규가 아닌 부분군을 갖는 $S_3$

Fraleigh의 표 10.8—10.9는 이 실패를 예시한다. 8장의 표기를 사용하여 $G = S_3$를 택한다:

지수 $[S_3 : H] = 3$을 갖는 위수 $2$의 부분군 $H = \{\rho_0, \mu_1\}$을 생각한다.

좌잉여류:

(확인: $\rho_1 \mu_1 = (1\;2\;3)(2\;3) = (1\;2) = \mu_3$이고 $\rho_2 \mu_1 = (1\;3\;2)(2\;3) = (1\;3) = \mu_2$.)

이제 $S_3$의 케일리 표를 원소들이 좌잉여류별로 묶이도록 적고 ($\rho_0, \mu_1 \mid \rho_1, \mu_3 \mid \rho_2, \mu_2$), 잉여류 소속에 따라 음영을 준다.

(성분들은 8장의 완전한 $S_3$ 곱셈표로부터 계산되었다.)

$2 \times 2$ 블록들을 보라. 이들은 균일하지 않다. 예를 들어, 행 $\{\mu_3\}$와 열 $\{\rho_0, \mu_1\}$에 있는 블록은 성분 MD와 DK를 가진다 — 같은 블록 안에 서로 다른 두 음영이 있다. 이는 잉여류 곱셈이 잘 정의되지 않음을 뜻한다. 즉 같은 잉여류의 서로 다른 대표원이 서로 다른 잉여류의 곱을 줄 수 있다.

구체적으로: $\rho_1$과 $\mu_3$는 둘 다 잉여류 $C_1 = \{\rho_1, \mu_3\}$에 있고, $\rho_0$은 $C_0$에 있다. 그런데 $\rho_1 \cdot \rho_0 = \rho_1 \in C_1$인 한편 $\mu_3 \cdot \rho_0 = \mu_3 \in C_1$이다 — 이 경우는 괜찮다. 그러나 다른 블록들을 보면: $\mu_3 \cdot \mu_1 = (1\;2)(2\;3) = (1\;2\;3) = \rho_1 \in C_1$이지만 $\mu_3 \cdot \rho_1 = (1\;2)(1\;2\;3) = (2\;3) = \mu_1 \in C_0$이다. 행-잉여류가 같고 열-잉여류가 같은데, 결과-잉여류가 다르다. 그 블록은 균일하지 않으며, 잉여류 곱셈이 무너진다.

진단. $H = \{\rho_0, \mu_1\}$은 $S_3$에서 정규가 아니다: 좌잉여류는 $\rho_1 H = \{\rho_1, \mu_3\}$인데 우잉여류는 $H\rho_1 = \{\rho_1, \mu_2\}$이므로, $\rho_1 H \ne H\rho_1$이다.

대조: 정규 부분군 $\langle \rho_1 \rangle$을 갖는 $S_3$

이제 지수 $2$을 갖는 $H = \{\rho_0, \rho_1, \rho_2\} = \langle (1\;2\;3) \rangle$을 택한다. 두 잉여류는 다음과 같다:

케일리 표를 잉여류별로 묶어 음영을 준다:

모든 $3 \times 3$ 블록이 균일한 음영이다. 잉여류 표를 읽어내면:

이것은 $\mathbb{Z}_2$이다. 따라서 $S_3 / \langle (1\;2\;3) \rangle \cong \mathbb{Z}_2$이며, 이는 지수 $2$인 부분군에 대해 예상되는 결과이다.

요약: 음영 진단법

이 기법은 임의의 유한군에 대해 작동한다. 실제로: 케일리 표를 적고, 원소를 잉여류별로 묶고, 음영을 주고, 블록이 균일한지 확인한다. 균일한 블록이면 몫군을 얻은 것이고, 섞인 블록이면 그 부분군은 정규가 아니며 그 잉여류들을 통한 몫군은 존재하지 않는다.

이 시각적 접근은 14장에서 완전한 일반성으로 다시 다루어지며, 거기서 $H$의 잉여류가 $(aH)(bH) = abH$ 아래 군을 이루는 것은 $H \trianglelefteq G$일 때, 그리고 오직 그때뿐임을 증명한다.

§10.2 잉여류는 군을 분할한다

핵심 아이디어: $G$ 위에 다음으로 관계를 정의한다

정리 10.6. 관계 $\sim$는 $G$ 위의 동치관계이며, $a$의 동치류는 좌잉여류 $aH$이다.

$\sim$가 동치관계라는 증명

세 공리를 확인한다.

반사성. 임의의 $a \in G$에 대해 $a^{-1}a = e \in H$이다 ($H$가 부분군이므로). 따라서 $a \sim a$.

대칭성. $a \sim b$, 즉 $a^{-1}b \in H$라 하자. $H$가 부분군이므로 $(a^{-1}b)^{-1} = b^{-1}a \in H$이다. 따라서 $b \sim a$.

추이성. $a \sim b$이고 $b \sim c$, 즉 $a^{-1}b \in H$이고 $b^{-1}c \in H$라 하자. $H$이 곱셈에 대해 닫혀 있으므로,

$$a^{-1}c = (a^{-1}b)(b^{-1}c) \in H.$$

따라서 $a \sim c$. $\blacksquare$

$a$의 동치류가 $aH$이라는 증명

$a$의 동치류는 $[a] = \{b \in G : a \sim b\} = \{b \in G : a^{-1}b \in H\}$이다.

($\subseteq$) $b \in [a]$이면, 어떤 $h \in H$에 대해 $a^{-1}b = h$이므로 $b = ah \in aH$이다.

($\supseteq$) $b \in aH$이면, 어떤 $h \in H$에 대해 $b = ah$이므로 $a^{-1}b = h \in H$이고, 이는 $b \in [a]$임을 뜻한다.

따라서 $[a] = aH$. $\blacksquare$

따름정리 10.7. $G$에서 $H$의 서로 다른 좌잉여류들은 $G$의 분할을 이룬다. 즉 $G$의 모든 원소는 정확히 하나의 좌잉여류에 속하며, 두 좌잉여류는 같거나 서로소이다.

증명

이것은 동치관계에 관한 기본 정리의 직접적 귀결이다: 집합 $S$ 위의 임의의 동치관계의 동치류들은 $S$을 분할한다. 정리 10.6에 의해 $\sim$의 동치류는 정확히 $H$의 좌잉여류이다. $\blacksquare$

§10.3 모든 잉여류는 같은 크기를 가진다

정리 10.8. 임의의 $a \in G$에 대해 $|aH| = |H|$이다.

증명

$\varphi(h) = ah$로 $\varphi : H \to aH$를 정의한다.

잘 정의됨: 명백하다. 모든 $h \in H$에 대해 $ah \in aH$이기 때문이다.

단사성: $\varphi(h_1) = \varphi(h_2)$, 즉 $ah_1 = ah_2$라 하자. $a^{-1}$을 왼쪽에서 곱하면 $h_1 = h_2$이 된다.

전사성: $aH$의 모든 원소는 어떤 $h \in H$에 대해 $ah$의 형태이며, $\varphi(h) = ah$이다.

$\varphi$이 전단사이므로 $|aH| = |H|$이다. $\blacksquare$

참고. 같은 논증으로 전단사 $h \mapsto ha$를 통해 $|Ha| = |H|$임을 보인다.

§10.4 라그랑주 정리

정리 10.9 (라그랑주 정리). $G$이 유한군이고 $H \le G$이면, $|H|$은 $|G|$를 나눈다.

증명

따름정리 10.7에 의해, 서로 다른 좌잉여류 $a_1H, a_2H, \dots, a_rH$가 $G$을 분할한다:

$$G = a_1H \;\dot\cup\; a_2H \;\dot\cup\; \cdots \;\dot\cup\; a_rH.$$

농도(cardinality)를 취하면,

$$|G| = |a_1H| + |a_2H| + \cdots + |a_rH|.$$

정리 10.8에 의해 각 $i$에 대해 $|a_iH| = |H|$이므로,

$$|G| = r \cdot |H|.$$

특히, $|H|$은 $|G|$을 나누고 $r = |G|/|H|$이다. $\blacksquare$

정의 10.10 (지수). *$G$에서 $H$의 지수(index)*는 $[G:H]$로 적으며, $G$에서 $H$의 서로 다른 좌잉여류의 개수이다. 위 증명에 의해, $G$이 유한이면

예제 10.11. $[\mathbb{Z}_6 : \langle 2 \rangle] = 6/3 = 2$. $[S_3 : \langle (1\;2\;3) \rangle] = 6/3 = 2$.

§10.5 라그랑주 정리의 따름정리

따름정리 10.12 (원소의 위수는 $|G|$을 나눈다). $G$가 유한군이고 $a \in G$이면, 위수 $|a|$는 $|G|$를 나눈다.

증명

순환 부분군 $\langle a \rangle$은 위수 $|a|$을 가지며 $G$의 부분군이다. 라그랑주에 의해 $|a| = |\langle a \rangle|$는 $|G|$를 나눈다. $\blacksquare$

따름정리 10.13. $G$가 $|G| = n$인 유한군이면, 모든 $a \in G$에 대해 $a^n = e$이다.

증명

따름정리 10.12에 의해 $|a|$은 $n$을 나누므로, 어떤 양의 정수 $k$에 대해 $n = |a| \cdot k$이다. 그러면

$$a^n = a^{|a| \cdot k} = (a^{|a|})^k = e^k = e. \qquad \blacksquare$$

따름정리 10.14 (소수 위수의 군은 순환군이다). $p$이 소수이고 $|G| = p$이면, $G$는 순환군이며 모든 비항등 원소는 생성원이다.

증명

$a \ne e$인 $a \in G$를 택한다. 그러면 $|a| > 1$이고 $|a|$은 $p$를 나눈다 (따름정리 10.12). $p$가 소수이므로, $p$의 약수는 $1$과 $p$뿐이다. 따라서 $|a| = p$이고, 그러므로 $\langle a \rangle = G$이며, $G$는 생성원 $a$을 갖는 순환군이다. $\blacksquare$

따름정리 10.15 (페르마 소정리). $p$가 소수이고 $\gcd(a, p) = 1$이면,

증명

$p$을 법으로 하는 곱셈 아래의 곱셈군 $\mathbb{Z}_p^{*} = \{1, 2, \dots, p-1\}$를 생각한다. 이것은 위수 $p - 1$인 군이다. $\gcd(a, p) = 1$이므로, 잉여류 $\bar{a} \in \mathbb{Z}_p^{*}$이다. 따름정리 10.13에 의해

$$\bar{a}^{\,p-1} = \bar{1},$$

이는 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$임을 뜻한다. $\blacksquare$

예제. $p = 7$, $a = 3$을 택한다. 그러면 $3^6 = 729$이다. 이제 $729 = 104 \cdot 7 + 1$이므로 $3^6 \equiv 1 \pmod{7}$이고, 이는 페르마를 확인해 준다.

따름정리 10.16 (오일러 정리). $\gcd(a, n) = 1$이면,

여기서 $\phi(n) = |\mathbb{Z}_n^{*}|$는 오일러 토션트 함수(totient function)이다.

증명

$n$을 법으로 하는 단원군(group of units) $\mathbb{Z}_n^{*}$은 위수 $\phi(n)$를 가진다. $\gcd(a,n) = 1$이므로 $\bar{a} \in \mathbb{Z}_n^{*}$이다. 따름정리 10.13에 의해

$$\bar{a}^{\,\phi(n)} = \bar{1},$$

즉, $a^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod{n}$이다. $\blacksquare$

참고. 페르마 소정리는 $n = p$이 소수인 특수한 경우인데, $\phi(p) = p - 1$이기 때문이다.

§10.6 라그랑주의 역은 거짓이다

자연스러운 질문: $d$가 $|G|$를 나누면, $G$는 반드시 위수 $d$인 부분군을 가져야 하는가? 답은 아니오이다.

정리 10.17. 교대군(alternating group) $A_4$은 위수 $12$을 가지지만 위수 $6$인 부분군을 갖지 않는다.

증명

$A_4$는 $\{1,2,3,4\}$의 $12$개의 짝치환(even permutation)으로 이루어진다:

• 항등원 $e$,
• 여덟 개의 $3$-순환: $(1\;2\;3)$, $(1\;3\;2)$, $(1\;2\;4)$, $(1\;4\;2)$, $(1\;3\;4)$, $(1\;4\;3)$, $(2\;3\;4)$, $(2\;4\;3)$,
• 서로소인 호환의 곱 세 개: $(1\;2)(3\;4)$, $(1\;3)(2\;4)$, $(1\;4)(2\;3)$.

모순을 위해 $|H| = 6$인 $H \le A_4$가 있다고 가정하자. 그러면 $[A_4 : H] = 12/6 = 2$이다.

주장: 지수 $2$인 부분군은 항상 정규이다. 실제로, 임의의 $g \in G$에 대해 두 좌잉여류는 $H$과 $gH$이고, 두 우잉여류는 $H$와 $Hg$이다. $G = H \;\dot\cup\; gH = H \;\dot\cup\; Hg$이고 이 분할들이 블록을 두 개만 가지므로, 모든 $g$에 대해 $gH = Hg$여야 하고, 따라서 $H \trianglelefteq G$이다.

그러므로 $H$은 위수 $6$인 $A_4$의 정규 부분군이 될 것이다.

주장: $H$은 여덟 개의 $3$-순환을 모두 포함해야 한다. $\sigma$이 $3$-순환이면, $|\sigma| = 3$이다. 원소 $\sigma$은 위수 $3$인 $\langle \sigma \rangle$을 생성한다. $H$에 라그랑주를 적용하면, $H$에서 $\sigma$의 위수는 $|H| = 6$를 나누어야 하는데, 이는 문제없다. 그러나 더 정확하게 논증할 수 있다: $H$이 $A_4$에서 정규이고 $H$가 지수 $2$를 가지므로, 임의의 $a \in A_4$에 대해 $a^2 \in H$이다 ($A_4/H \cong \mathbb{Z}_2$에서는 모든 원소의 제곱이 항등원이기 때문이다). 모든 $3$-순환 $\sigma$은 $\sigma^2 = \sigma^{-1}$를 만족하는데, 이 또한 $3$-순환이다. 그런데 $\sigma^2 \in H$는 $\sigma^{-1} \in H$를 함의하고, 이는 $\sigma = (\sigma^{-1})^{-1} \in H$을 함의한다.

그러므로 여덟 개의 $3$-순환이 모두 $H$에 들어가고, 여기에 $e \in H$가 더해져 적어도 $9$개의 원소가 된다. 그러나 $|H| = 6 < 9$이므로 모순이다. 따라서 위수 $6$인 부분군은 존재하지 않는다. $\blacksquare$

참고. 라그랑주의 역은 일부 군의 부류에 대해서는 성립한다 — 예를 들어 유한 아벨군, 그리고 더 일반적으로 실로우 이론(Sylow theory)에 의한 $p$-군이다 (Fraleigh의 36장). 완전한 실로우 정리들은 $|G|$을 나누는 소수의 거듭제곱에 대해 위수 $p^k$인 부분군의 존재를 보장한다.

§10.7 잉여류 계산 예제

$\mathbb{Z}_{12}$에서 $\langle 3 \rangle$의 잉여류

$G = \mathbb{Z}_{12}$과 $H = \langle 3 \rangle = \{0, 3, 6, 9\}$이라 하자. 그러면 $|H| = 4$이므로 $[G:H] = 12/4 = 3$이다. 세 잉여류:

확인: $3 + H = \{3, 6, 9, 0\} = 0 + H$, $4 + H = \{4, 7, 10, 1\} = 1 + H$ 등등. $\mathbb{Z}_{12}$의 모든 원소는 정확히 하나의 잉여류에 나타난다.

$\mathbb{Z}_8$에서 $\langle 2 \rangle$의 잉여류

$G = \mathbb{Z}_8$과 $H = \langle 2 \rangle = \{0, 2, 4, 6\}$라 하자. 그러면 $|H| = 4$이고 $[G : H] = 8/4 = 2$이다. 잉여류:

이들은 $\mathbb{Z}_8$의 짝수 원소와 홀수 원소이다.

좌잉여류 대 우잉여류: 둘이 다른 예제

$G = S_3$과 $K = \{e, (1\;2)\}$라 하자. 그러면 $|K| = 2$이고 $[S_3 : K] = 3$이다.

좌잉여류:

(확인: $(1\;2\;3)(1\;2)$: $1\to 2\to 2\to 1$… $(1\;2)$을 먼저 적용한 뒤 $(1\;2\;3)$을 적용하면: $1\to 2\to 3$, $2\to 1\to 2$, $3\to 3\to 1$. 이는 $(1\;3)$이다. 그리고 $(1\;3\;2)(1\;2)$: $1\to 2\to 1$, $2\to 1\to 3$, $3\to 3\to 2$이므로 $(2\;3)$가 된다.)

우잉여류:

(확인: $(1\;2)(1\;2\;3)$: $(1\;2\;3)$을 먼저 적용한 뒤 $(1\;2)$를 적용하면: $1\to 2\to 1$, $2\to 3\to 3$, $3\to 1\to 2$. 이는 $(2\;3)$이다. 그리고 $(1\;2)(1\;3\;2)$: $(1\;3\;2)$을 먼저 적용한 뒤 $(1\;2)$를 적용하면: $1\to 3\to 3$, $2\to 1\to 2$, $3\to 2\to 1$. 이는 $(1\;3)$이다.)

비교:

좌잉여류와 우잉여류는 다르다. 예를 들어, $(1\;3)$은 왼쪽에서는 잉여류 $(1\;2\;3)K$에 있지만 오른쪽에서는 $K(1\;3\;2)$에 있다. 이는 $K = \{e, (1\;2)\}$가 $S_3$의 정규 부분군이 아니기 때문에 일어난다.

§10.8 좌잉여류와 우잉여류가 같을 때 — 정규 부분군 예고

정의 10.18 (정규 부분군, 예고). 부분군 $H \le G$가 모든 $a \in G$에 대해 $aH = Ha$이면 *정규(normal)*라 하며, $H \trianglelefteq G$으로 적는다.

$H$가 정규일 때, 잉여류 집합 $G/H = \{aH : a \in G\}$ 자체가 연산 $(aH)(bH) = abH$ 아래 군이 된다. 이것이 몫군(factor group) 또는 *상군(quotient group)*이다 (14장).

관찰 10.19. 지수 $2$인 모든 부분군은 정규이다.

증명

$[G:H] = 2$이라 하자. 좌잉여류는 정확히 두 개이다: $H$와 $G \setminus H$. 마찬가지로 우잉여류도 정확히 두 개이다: $H$과 $G \setminus H$. 임의의 $a \in G$에 대해:

• $a \in H$이면 $aH = H = Ha$이다.
• $a \notin H$이면 $aH = G \setminus H = Ha$이다.

어느 경우든 $aH = Ha$이므로 $H \trianglelefteq G$이다. $\blacksquare$