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 $H=⟨2⟩=\{0,2,4\}$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: $⟨\bar{2}⟩$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 $H=\{e,(123),(132)\}=⟨(123)⟩$라 하자. $|H|=3$이고 $|S_3|=6$이므로, 잉여류는 $[S_3:H]=2$개이다.

좌잉여류:

호환(transposition) $(12)\notin H$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 $\{H,\{(12),(13),(23)\}\}$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 $a_{1}H,a_{2}H,\dots ,a_{k}H$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 $a^{\prime }$가 같은 좌잉여류에 있고 $b$과 $b^{\prime }$가 같은 좌잉여류에 있을 때마다, 곱 $ab$와 $a^{\prime }{b}^{\prime }$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 $aH=a^{\prime }H$이고 $bH=b^{\prime }H$인데 (즉 $a,a^{\prime }$은 같은 잉여류에 있고, $b,b^{\prime }$도 같은 잉여류에 있는데) $(ab)H\ne (a^{\prime }{b}^{\prime })H$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 $\iff$ 잘 정의된 잉여류 곱셈 $\iff$ 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: ${\rho }_1{\mu }_1=(123)(23)=(12)={\mu }_3$이고 ${\rho }_2{\mu }_1=(132)(23)=(13)={\mu }_2$.)

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: ${\mu }_3\cdot {\mu }_1=(12)(23)=(123)={\rho }_1\in C_1$이지만 ${\mu }_3\cdot {\rho }_1=(12)(123)=(23)={\mu }_1\in C_0$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 $⟨{\rho }_1⟩$을 갖는 $S_3$

이제 지수 $2$을 갖는 $H=\{{\rho }_0,{\rho }_1,{\rho }_2\}=⟨(123)⟩$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 $S_3/⟨(123)⟩\cong {\mathbb{Z}}_2$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 $H⊴G$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 $a\sim c$. $■$

$a$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 $[a]=aH$. $■$

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. $■$

§10.3 모든 잉여류는 같은 크기를 가진다

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

증명

$\phi (h)=ah$로 $\phi :H\to aH$를 정의한다.

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

단사성: $\phi (h_1)=\phi (h_2)$, 즉 $a{h}_1=a{h}_2$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, $\phi (h)=ah$이다.

$\phi$이 전단사이므로 $|aH|=|H|$이다. $■$

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 $a_{1}H,a_{2}H,\dots ,a_{r}H$가 $G$을 분할한다:

$$G=a_{1}H\dot{\cup }{a}_{2}H\dot{\cup }\cdots \dot{\cup }{a}_{r}H.$$

농도(cardinality)를 취하면,

$$|G|=|a_{1}H|+|a_{2}H|+\cdots +|a_{r}H|.$$

정리 10.8에 의해 각 $i$에 대해 $|a_{i}H|=|H|$이므로,

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

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

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. $[{\mathbb{Z}}_6:⟨2⟩]=6/3=2$. $[S_3:⟨(123)⟩]=6/3=2$.

§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 $⟨a⟩$은 위수 $|a|$을 가지며 $G$의 부분군이다. 라그랑주에 의해 $|a|=|⟨a⟩|$는 $|G|$를 나눈다. $■$

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

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

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 $⟨a⟩=G$이며, $G$는 생성원 $a$을 갖는 순환군이다. $■$

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

증명

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

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

이는 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$임을 뜻한다. $■$

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

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

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

증명

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

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

즉, $a^{\varphi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$이다. $■$

참고. 페르마 소정리는 $n=p$이 소수인 특수한 경우인데, $\varphi (p)=p-1$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: $(123)$, $(132)$, $(124)$, $(142)$, $(134)$, $(143)$, $(234)$, $(243)$,
• 서로소인 호환의 곱 세 개: $(12)(34)$, $(13)(24)$, $(14)(23)$.

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 $H⊴G$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 $⟨\sigma ⟩$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. $■$

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 $⟨3⟩$의 잉여류

$G={\mathbb{Z}}_{12}$과 $H=⟨3⟩=\{0,3,6,9\}$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 $⟨2⟩$의 잉여류

$G={\mathbb{Z}}_8$과 $H=⟨2⟩=\{0,2,4,6\}$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 $K=\{e,(12)\}$라 하자. 그러면 $|K|=2$이고 $[S_3:K]=3$이다.

좌잉여류:

(확인: $(123)(12)$: $1\to 2\to 2\to 1$… $(12)$을 먼저 적용한 뒤 $(123)$을 적용하면: $1\to 2\to 3$, $2\to 1\to 2$, $3\to 3\to 1$. 이는 $(13)$이다. 그리고 $(132)(12)$: $1\to 2\to 1$, $2\to 1\to 3$, $3\to 3\to 2$이므로 $(23)$가 된다.)

우잉여류:

(확인: $(12)(123)$: $(123)$을 먼저 적용한 뒤 $(12)$를 적용하면: $1\to 2\to 1$, $2\to 3\to 3$, $3\to 1\to 2$. 이는 $(23)$이다. 그리고 $(12)(132)$: $(132)$을 먼저 적용한 뒤 $(12)$를 적용하면: $1\to 3\to 3$, $2\to 1\to 2$, $3\to 2\to 1$. 이는 $(13)$이다.)

비교:

좌잉여류와 우잉여류는 다르다. 예를 들어, $(13)$은 왼쪽에서는 잉여류 $(123)K$에 있지만 오른쪽에서는 $K(132)$에 있다. 이는 $K=\{e,(12)\}$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, $H⊴G$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 $H⊴G$이다. $■$

이것이 $S_3$에서 $⟨(123)⟩$의 잉여류(예제 10.5)가 같은 좌분해와 우분해를 가졌던 이유이다: 지수가 $2$이었다.

§10.9 셈 논증의 응용

라그랑주 정리는 군의 곱셈표를 모르고도 군의 구조를 제한하는 강력한 도구이다.

예제 10.20. $|G|=12$이라 하자. 라그랑주에 의해, 가능한 부분군의 위수는 $12$의 약수들이다: $1,2,3,4,6,12$. 가능한 원소의 위수 역시 이 값들로 제한된다.

예제 10.21. $|G|=35=5\cdot 7$라 하자. 그러면 모든 원소는 $35$을 나누는 위수를 가지므로, 가능한 원소의 위수는 $1,5,7,35$이다. 특히, 위수 $2$이나 $3$인 원소는 없다.

예제 10.22. $G$가 위수 $6$인 원소 $a$를 갖는 위수 $6$인 군이라 하자. 그러면 $⟨a⟩=G$이므로 $G$는 순환군이다. 반면, $S_3$은 위수 $6$를 가지지만 위수 $6$인 원소는 없으므로 (원소들은 위수 $1,2,3$을 가진다) $S_3$은 순환군이 아니다. 사실 이들은 동형을 무시하면 위수 $6$인 유일한 두 군이다.

예제 10.23 (${\mathbb{Z}}_{12}$의 부분군 격자). ${\mathbb{Z}}_{12}$의 부분군은 다음과 같다:

• $⟨1⟩={\mathbb{Z}}_{12}$ (위수 $12$),
• $⟨2⟩=\{0,2,4,6,8,10\}$ (위수 $6$),
• $⟨3⟩=\{0,3,6,9\}$ (위수 $4$),
• $⟨4⟩=\{0,4,8\}$ (위수 $3$),
• $⟨6⟩=\{0,6\}$ (위수 $2$),
• $⟨0⟩=\{0\}$ (위수 $1$).

모든 부분군의 위수($1,2,3,4,6,12$)는 라그랑주가 보장하듯 $12$를 나눈다. 각각의 지수는 $[G:H]=12/|H|$이다.

§10.10 랭의 관점 — 올로서의 잉여류

세르주 랭(Serge Lang, Algebra, Ch. I)은 잉여류를 자연스러운 사영(natural projection)의 렌즈를 통해 본다. $H\le G$이면, 전사

를 정의한다. 여기서 $G/H$은 좌잉여류들의 집합을 나타낸다 ($H$이 정규가 아닌 한 반드시 군은 아니다). 잉여류 $aH$ 위에서의 $\pi$의 *올(fiber)*은

이다. 그러므로 각 올은 좌잉여류이며, 올들은 $G$을 분할한다.

라그랑주 정리는 전사의 올에 관한 진술이 된다: 모든 올은 같은 농도 $|H|$를 가지며 올은 $[G:H]$개이므로 $|G|=[G:H]\cdot |H|$이다.

이 관점은 군을 넘어 일반화된다: 유한집합 사이의 전사 $f:X\to Y$이 같은 크기 $n$의 올을 모두 가질 때마다 $|X|=n\cdot |Y|$이다. 라그랑주 정리는 군을 그 잉여류 공간으로 보내는 자연스러운 사영이 항상 이 등(等)올 성질을 가진다고 말한다.

$H⊴G$일 때, 집합 $G/H$는 그 자체로 군이고 $\pi$은 군 준동형사상(homomorphism)이다. 그러면 라그랑주는 준동형사상이 사영인 제1동형정리(first isomorphism theorem)의 특수한 경우가 된다.

생산적 분투 — 라그랑주가 주는 것과 주지 않는 것

흔한 틀린 추측 1

$d$이 $|G|$를 나누면, $G$는 위수 $d$인 부분군을 반드시 포함해야 한다.

무너지는 지점. 라그랑주 정리는 부분군의 위수가 $|G|$를 나누어야 한다고만 말한다. 이는 필요조건이지 충분조건이 아니다. §10.6의 반례가 표준적인 경고이다: $A_4$은 위수 $12$을 가지지만 위수 $6$인 부분군은 없다.

고친 방법. 라그랑주를 제한 도구로 사용하라:

• 부분군의 위수를 배제하기 위해,
• 가능한 원소의 위수를 제한하기 위해,
• 탐색을 안내하기 위해.

그러나 나눗셈 가능성을 존재 정리로 취급하지 말라. 존재성은 보통 실제 구성, 추가 구조, 또는 실로우 정리 같은 더 깊은 결과를 요구한다.

흔한 틀린 추측 2

좌잉여류와 우잉여류는 같은 평행이동 복사본에 대한 두 가지 표기일 뿐이다.

무너지는 지점. 비아벨군에서는 왼쪽 곱셈과 오른쪽 곱셈이 부분군을 서로 다르게 옮길 수 있다. $K=\{e,(12)\}\le S_3$에 대한 계산이 정확히 이것을 보여준다: $(123)K$과 $K(123)$은 서로 다른 집합이다.

고친 방법. 등식 $aH=Ha$를 표기 수준의 편의가 아니라 정리 수준의 진술로 취급하라. 좌잉여류와 우잉여류가 모든 $a$에 대해 일치한다면, 그것이 바로 14장에서 몫군으로 가는 문을 여는 정규성의 예고이다.

이 두 실수는 나란히 두고 볼 가치가 있다. 첫째는 셈 정리를 존재 정리로 과하게 읽는다. 둘째는 표기 패턴을 구조적 대칭으로 과하게 읽는다. 둘 다 10장을 슬로건 우선이 아니라 주의 깊게 읽어야 하는 이유의 예이다.