유한군의 성질을 분석할 때 가장 애용되는 것이 라그랑주 정리입니다. 라그랑주는 수학과 물리학에 지대한 영향을 미친 사람입니다. 그의 이름이 붙은 것들을 살펴보면 수학에서는 방금 언급한 대수학에서의 라그랑주 정리나, 라그랑주 승수법, 그리고 물리학에서는 고전역학에서 매우 매우 거대한 업적인 최소 작용의 원리와 라그랑주 역학, 천문학에서 라그랑주점 등이 있습니다.
1. 잉여류
정의($A.A$) 2-20) 잉여류
군 $G$ 와 $H\leqslant G$ 를 생각하자. 어떤 $a\in G$ 에 대하여,
① $Ha:=\{ ha\mid h\in H\}$ 를 $a$ 에 의해 생성되는 $H$ 의 '우잉여류(right coset)'이라 한다.
② $aH:=\{ ah \mid h\in H\}$ 를 $a$ 에 의해 생성되는 $H$ 의 '좌잉여류(left coset)'이라 한다.
잉여류의 정의는 간단합니다. 부분군 $H\leqslant G$ 의 임의의 원소와 제시된 $a\in G$ 의 곱으로 만들어지는 모든 원소를 담은 집합이 바로 그것입니다.
정의에 따라, $H$ 는 군이기 때문에 $1\in H$ 이고 따라서 $a\in aH$ 및 $a\in Ha$ 가 성립합니다. 또한 $1\in H$ 은 항등원이므로 $H=1H=H1$ 임도 알 수 있습니다.
이 잉여류는 영어로 '코셋(coset)'이라고 합니다. 어원이나 사용 용례를 생각해보면 여기서 접두사 'co' 는 '같이', '함께'를 뜻한다고 볼 수 있습니다. 뒤에서 다루겠지만, 좌측잉여류나 우측잉여류는 자기 자신 $H$ 와 함께 나중에 전제 군 $G$ 를 이루는 동치류들의 개념입니다. 동치류가 전체 집합을 분할(partition)한다는 집합론의 기본 개념을 생각해 보시기 바랍니다.
정리($A.A$) 2.38)
군 $G$ 와 $H\leqslant G$, $a,b\in G$ 를 생각하자.
① $H=H1=1H$
② $Ha=H \; \Longleftrightarrow \; a\in H$
③ $Ha=Hb\; \Longleftrightarrow \; ab^{-1}\in H$ 이고, 비슷하게 $aH=bH \; \Longleftrightarrow \; b^{-1}a\in H$ 이다.
④ $a\in Hb$ 이면 $Ha=Hb$ 이다.
⑤ $Ha=Hb$ 이거나 $Ha\cap Hb=\emptyset$ 둘 중 언제나 하나만 성립한다.
⑥ $H$ 의 서로 다른 잉여류들은 $G$ 를 분할하는 요소들이다.
증명) ① 위에서 증명했다. $H\leqslant G$ 이고 $1\in H$ 이므로, $H1=\{ h\mid h\in H\}=H$ 이다.
② ③ 에서 $b=1$ 인 경우다. 그래서 ③ 만 증명하면 충분하다.
③ $\Longrightarrow $ : $Ha=Hb$ 라면 $a\in Ha=Hb$ 라는 뜻이다. 그러면 어떤 $h\in H$ 에 대하여 $a=hb$ 라 하자. 그러면 $ab^{-1}=h\in H$ 이다.
$\Longleftarrow$ : $ab^{-1}\in H$ 라 하자. 그러면 $hab^{-1}\in H$ 인 셈이고, 고로 $ha=h(ab^{-1})b\in Hb$ 라 할 수 있다. 따라서 $Ha\subseteq Hb$ 이다. 한편 $ab^{-1}\in H$ 일 때 $H$ 는 군이므로 $(ab^{-1})^{-1}=ba^{-1}\in H$ 이며, 비슷한 방식으로 $hb=h(ba^{-1})a \in Ha$ 가 성립하여 $Hb\subseteq Ha$ 임을 알 수 있다.
뒤쪽 부분을 증명하자.
$\Longrightarrow $ : $aH=bH$ 라면 $a\in aH=bH$ 에서 $a=bh$ 인 $h\in H$ 가 존재한다. 그러면 $h=b^{-1}a\in H$ 이다.
$\Longleftarrow $ : 만일 $b^{-1}a\in H$ 라면 $ah=(bb^{-1})ah = b(b^{-1}a)h \in bH$ 라 할 수 있으므로 $aH\subseteq bH$ 인 셈이다. 반대로, $b^{-1}a\in H$ 이면 $H$ 는 군이므로 그것의 역원 $(b^{-1}a)^{-1}=a^{-1}b\in H$ 이다. 따라서 $bh=(aa^{-1})bh=a(a^{-1}b)h=a(a^{-1}bh)\in aH$ 가 되어, $bH\subseteq aH$ 이다. 두 결과를 종합함으로서 $aH=bH$ 를 얻는다.
④ $a\in Hb$ 이면 $a=hb$ 인 어떤 $h\in H$ 가 존재하는 것이다. 그러면 $h=ab^{-1}\in H$ 인 것이고, ③ 의 필요조건 방향에 의해서 $Ha=Hb$ 임을 얻는다.
⑤ $Ha\cap Hb \neq \emptyset$ 이라 가정하자. 그러면 반드시 $Ha=Hb$ 가 성립한다는 점만 보이면 충분하다. 만일 $x\in (Ha\cap Hb)$ 라 하면, $x\in Ha$ 인 것이고 ④ 에 의하여 $Hx=Ha$ 가 성립한다는 뜻이 된다. 비슷하게 $y\in Hb$ 이어도 $Hy=Hb$ 이다. 둘을 종합하면 $Ha=Hb$ 이다.
⑥ $Ha\neq Hb$ 라면 ⑤ 의 논리에 의하여 둘은 교집합을 가지지 않는다. 이는 우잉여류들이(좌잉여류들로 해도 마찬가지) 짝마다 서로소라는 것을 뜻한다. 또한 임의의 $g\in G$ 는 $g\in Hg$ 인 것이므로 모든 군 $G$ 에 속하는 원소들은 어떤 $H$ 의 우잉여류들의 속한다. 즉 모든 $G$ 의 원소들은 $H$ 의 어떤 우잉여류에 속하고 $H$ 의 모든 우잉여류들은 교집합을 가지지 않으므로, 이들은 모군 $G$ 를 분할하는 것이다. $_\blacksquare$
문제를 몇 개 풀어봅시다.
예제 1) $K_4= \{ 1,a,b,ab\}$ 를 생각하자. 여기서 $\left| a \right|=2\;,\;\left| b \right|=2$ 이며 $ab=ba$ 이다. $H=\{1,a\} \leqslant K_4$ 가 주어졌을 때, $H$ 의 모든 (우)잉여류들을 구하여라.
Sol) $H1=H=\{ 1,a\}$, $Ha=\{ a,a^2\} = \{1,a\} =H$, $Hb=\{ b,ab\}$, $Hab=\{ab, a^2b \}=Hb$ 이다. 같은 것을 제외하고, 서로 다른 것으로 구분하면 $H$ 의 모든 우잉여류들은 $H, Hb$ 에 해당한다. $_\blacksquare$
위 문제에서 확인할 수 있듯이, 잉여류들을 구할 때 그것들이 전부 다 서로 다른 것은 아니라는 사실을 알 수 있습니다.
예제 2) $4\mathbb{Z} \leqslant \mathbb{Z}$ 이다. 이때 모든 $4\mathbb{Z}$ 의 우측 잉여류들을 구하여라.
Sol) 연산은 덧셈임을 인지해야 한다. $a\in \mathbb{Z}$ 를 적당히 선택해서 $4\mathbb{Z}$ 의 잉여류들을 구해보자.
i) $a=0$ : $4\mathbb{Z}+0=\{ 4k\mid k\in\mathbb{Z}\}$
ii) $a=1$ : $4\mathbb{Z}+1= \{ 4k+1 \mid k\in\mathbb{Z}\}$
iii) $a=2$ : $4\mathbb{Z}+2= \{ 4k+2\mid k\in\mathbb{Z} \}$
iv) $a=3$ : $4\mathbb{Z}+3 = \{ 4k+3\mid k\in\mathbb{Z} \}$
이 집합은 위 그림과 같이 정수집합을 네 개의 잉여류들로 분할한다. $_\blacksquare$
예제 3) $G=S_3=\{ 1,\sigma, \sigma^2, \tau, \tau\sigma^2, \tau\sigma \}$ 라 하자. 여기서 $\left| \sigma \right|=3$ 이고 $\left| \tau \right|=2$ 이며 $\sigma\tau\sigma = \tau$ 가 성립한다. 이때 $G\geqslant H = \{ 1,\tau\}=\left\langle \tau \right\rangle$ 의 모든 좌잉여류들과 우잉여류들을 각각 구하고, 분할관계를 살펴보아라. 그들 집합이 일대일로 짝지어지는 관계를 만족하면서 $G$ 를 분할하는가?
Sol) 1) 우잉여류 : $H=H1=\{ 1,\tau\}$, $H\sigma = \{ \sigma, \tau\sigma\}$, $H\sigma^2= \{ \sigma^2, \tau\sigma^2\}$ 으로 세 개 뿐이다. 나머지를 구해보더라도 이 세개와 중복된다.
2) 좌잉여류 : $1H=H=\{ 1,\sigma\}=\tau H=\tau^2 H$, $\sigma H=\{ \sigma, \sigma\tau\}$, $\sigma^2H = \{ \sigma^2, \sigma^2\tau\}$ 으로 역시 세 개 뿐이다. 나머지를 구해보더라도 이 세개와 중복된다.
그러면 위의 [그림 2] 와 같이 각각 우잉여류들과 좌잉여류들은 모두 $G$ 를 분할한다는 사실을 알 수 있다. 그러나 주의할 것은 그렇다고 각각의 잉여류들의 일대일로 완전히 같은 집합인 것이 아니라는 점이다. 예를 들어, $H\sigma \neq \sigma H$ 이고 $H\sigma^2 \neq \sigma^2 H$ 이다. $_\blacksquare$
그러므로 예제 3) 에 의하면 일단 여기서는 우잉여류들과 좌잉여류들의 개수가 같았음을 알 수 있습니다. 그런데 언제나 그것이 성립할까요? 아래 정리에서 확인할 수 있습니다.
정리($A.A$) 2.39) 양쪽 잉여류의 개수는 같다.
$G$ 가 군이고 $H\leqslant G$ 라 하자. 그러면 다음이 성립한다.
① 부분군의 위수는 그 자신의 양쪽 잉여류의 위수와 일치한다 : 임의의 $a\in G$ 에 대하여, $\left| H \right|=\left| aH \right|=\left| Ha \right| $ 이다.
② 양쪽 잉여류를 연결하는 전단사함수가 존재한다 : $\phi: \{ Ha\mid a\in G\} \longrightarrow \{ bH\mid b\in G\}$ 가 $Ha\longmapsto a^{-1}H$ 로 정의된다고 하면, $\phi$ 는 전단사함수이다.
증명) ① 정의($S.T$) 4-4) 의 A4) 에 의하여, 함수 $\phi : H\longrightarrow Ha$ 가 $\phi: h\longmapsto ha$ 로 정의될 때 이것이 전단사임을 보이면 충분하다.
i) 잘 정의됨과 단사 : 임의의 $h_1,h_2\in H$ 에 대하여,
$$\phi(h_1)=\phi(h_2)\;\Longleftrightarrow \; h_1a=h_2a\; \Longleftrightarrow \; h_1=h_2$$
ii) 전사 : 임의의 $y=ha\in Ha$ 에 대하여 $\phi(x)=y=ha$ 를 만족하는 $x$ 를 정의역에서 뽑을 수 있으면 충분하다. 단순히 $x=h$ 로 선택하면, 그것에 $a$ 를 곱해서 만든 값 $ha\in Ha$ 가 성립한다. 다시 말해 정의역의 임의의 $h\in H$ 에 대해서 $a$ 를 곱해 만든 $ha$ 들이 치역의 원소들로 구성되는데 그 치역이 공역과 같은 상황이다. 이로부터 $\phi$ 는 전단사임을 알 수 있다. 또한 $\phi' : H\longrightarrow aH$ 의 사상을 고려하면 나머지 부분도 동일한 과정을 통해 증명할 수 있다.
② $\phi : \{ Ha\mid a\in G \} \longrightarrow \{ bH\mid b\in G\}$ 를 $Hg\longmapsto g^{-1}H$ 로 정의한다.
i) 잘 정의됨과 단사 : 임의의 $x_1,x_2\in Ha$ 에 대하여 $x_1=Ha_1$, $x_2=Ha_2$ 라 할 때
$$\begin{align}
\phi(x_1)=\phi(x_2)&\;\Longleftrightarrow \; a_1^{-1}H=a_2^{-1}H \; \Longleftrightarrow \; a_2a_1^{-1}\in H
\\\\&\; \Longleftrightarrow \; (a_2a_1^{-1})^{-1}=a_1a_2^{-1}\in H
\\\\&\; \Longleftrightarrow \; Ha_1=Ha_2
\\\\&\; \Longleftrightarrow \; x_1=x_2
\end{align}$$
ii) 전사 : 임의의 $y:=kH=\{ bH\mid b\in G\}$ 에 대하여1 $\phi(x)=y$ 를 만족하는 $x\in \{ Ha\mid a\in G\}$ 가 항상 존재함을 보이면 된다. $x=Hk^{-1}$ 로 택해주면 된다. 2 그러면
$$\phi(x)=\phi(Hk^{-1})=(k^{-1})^{-1}H = kH=y$$
가 성립한다. 이상에서, $H$ 의 우잉여류 집합에서 좌잉여류 집합으로 가는 전단사함수가 존재함을 보일 수 있다. 그러면 정의($S.T$) 4-4) 의 A4) 에 의하여 두 집합의 기수가 같다. $_\blacksquare$
따라서 이 정리에 의하면 $H\leqslant G$ 의 좌잉여류들의 집합 개수와 우잉여류들 집합 개수가 같음을 뜻하고, 이는 결국 기수(cardinality)가 같음을 뜻합니다. 이 정리의 결과를 보면, 각각이 무한히 많더라도 이것이 성립함을 내포합니다. 잉여류의 농도는 자주 써먹기 때문에, 아래와 같이 조금 더 특별한 이름을 붙여줍니다.
정의($A.A$) 2-21) 잉여류의 지표
$H\leqslant G$ 의 '지표(index)'란 $G$ 에서 $H$ 의 서로 다른 좌잉여류, 또는 우잉여류 개수(기수)를 말하며, 다음과 같이 표기한다.
$$[G:H]:=\left| \left\{ Ha\mid a\in G \right\} \right|=\left| \left\{ Ha\mid a\in G \right\} \right|$$
지표의 정의를 잘 보면, 헷갈릴 때가 있는데 이것은 좌잉여류(또는 우잉여류)의 원소의 개수(기수)인 것이 아닙니다. 좌잉여류(또는 우잉여류)가 모든 $a\in G$ 에 대해 총 몇개가 존재하는지에 관한 것입니다. 전자의 의미는 $\left| Ha \right|$ 인 것이고, 여기서 말하는 지표 즉 후자의 의미는 $\left| \left\{ Ha \mid a\in G \right\} \right|$ 라는 것에 유의합시다. 이 표기법을 이용해서, 아래의 라그랑주 정리를 예쁘게 만들어 낼 수 있습니다.
정리($A.A$) 2.40) 라그랑주 정리(Lagrange's Theorem)
유한군 $G$ 에 대해 $H\leqslant G$ 를 생각하자. 그러면 다음이 성립한다.
① 부분군의 위수는 모군의 위수를 나눈다 : $\left| H \right| \big| \left| G \right|$
② 부분군의 위수로 모군의 위수를 나눈 값은, 잉여류들의 개수와 같다 : $\displaystyle \frac{\left| G \right|}{\left| H \right|}=[G:H]$
증명) $[G:H]=k$ 라 하고 $Ha_1,Ha_2,\cdots ,Ha_k$ 를 $G$ 에서의 $H$ 의 우잉여류들(좌잉여류들로 증명을 해도 되지만 과정이 똑같기 때문에 우잉여류로 잡고 증명하면 충분하다)이라고 하자. 그러면
$$G=Ha_1\cup Ha_2 \cup \cdots \cup Ha_k $$
이 성립하고, 물론 여기서 우변의 각 우잉여류들은 정리($A.A$) 2.38)-⑤ 에 의하여 서로소인 상황이다. 그리고 정리($A.A$) 2.39)-① 에 의하여 각각의 $1\leq i\leq k$ 에 대해 $\left| Ha_i \right|=\left| H \right|$ 가 성립하기 때문에,
$$\left| G \right|=\left| Ha_1 \right|+\cdots \left| Ha_k \right|=k\left| H \right|$$
가 성립한다, 그러면 $\left| H \right| \big| \left| G \right|$ 이며, $\displaystyle\frac{\left| G \right|}{\left| H \right|}=k=[G:H]$ 가 성립한다. $_\blacksquare$
라그랑주 정리를 적용할 때 가장 중요한 사실이 있습니다. 그것은 바로 군 $G$ 가 유한군(finite group)이라는 점입니다. 그래서 무한군에 대해 대놓고 라그랑주 정리를 적용하는 실수를 절대로 범하지 않도록 주의해야 합니다!
정리($A.A$) 2.41) 사실상 라그랑주 정리의 따름정리
① $G$ 가 유한군일 때, 모든 $g\in G$ 에 대하여 $\left| g \right|\big| \left| G \right|$ 다.
② $G$ 가 유한군으로 $\left| G \right|=n$ 이면, 모든 $g\in G$ 에 대하여 $g^n=1$ 이다.
③ $G$ 가 유한군이고 위수가 소수로 $\left| G \right|=p$ 이면, 유한군 $G$ 는 순환군이다. 그러면 모든 $1\neq g\in G$ 에 대하여 $G=\left\langle g \right\rangle$ 이고 $H\leqslant G$ 일 때 $H=\{1\}\;\text{or}\; G$ 이다.
④ $G$ 가 유한군이고 $H,K\leqslant G$ 라 하자. 만일 $\gcd\left( \left| H \right|,\left| K \right| \right)=1$ 이면 $H\cap K=\{ 1\}$ 이다.
증명) ① $G\geqslant H=\left\langle g \right\rangle$ 라 하자. 그러면 $H$ 는 $g$ 에 의해 생성되는 순환군이다. 고로 $\left| g \right|=\left| \left\langle g \right\rangle \right|=\left| H \right|$ 이고, 라그랑주 정리 ① 에 의하여 $\left| g \right| \big| \left| H \right|$ 가 성립한다.
② $\left| g \right| = m$ 이라고 하면, 에 의하여 $m\mid n$ 이므로 $mk=n$ 을 만족하는 $k\in\mathbb{Z}$ 가 존재한다. 그러면 $g^n=g^{mk}=(g^m)^k=1$
③ $g\neq 1$ 인 $g\in G$ 에 대하여 $H=\left\langle g \right\rangle \leqslant G$ 를 생각하자. 라그랑주 정리에 의하여 $\left| H \right| \big| \left| G \right| = \left| H \right| \big| p$ 가 성립하여, $\left| H \right|$ 의 값은 $1$ 또는 $p$ 이다. $g\neq 1$ 을 가정했으므로 $\left| H \right|=p=\left| G \right|$ 가 되며, $G$ 는 유한군이므로 $G=H$ 로 $G$ 는 순환군일 수 밖에 없다. 그래서 유일한 $G$ 의 부분군은 오직 $\{ 1\}$ 과 $G$ 뿐이다.
④ 정리($A.A$) 2.16) 에 의하여 $H\cap K \leqslant H$, $H\cap K\leqslant K$ 이므로, 교집합의 위수는 $H,K$ 의 위수를 모두 나누어야 한다. 그런데 가정에 의해 $\gcd\left( \left| H \right|,\left| G \right| \right)=1$ 이므로, 결국 $\left| H\cap K \right|=1$ 임을 얻고, $H,K$ 자체가 유한집합이라 $H\cap K$ 또한 유한집합이고 위수가 1이라면 결국 $H\cap K = \{ 1\}$ 을 의미한다. $_\blacksquare$
예제 4) 군 $G$ 와 소수 $p$ 에 대하여 $\left| G \right|=p^2$ 일 때, $G$ 는 순환군이거나, 모든 $g\in G$ 에 대해 $g^p=1$ 가 성립함을 보여라.
Sol) $G$ 가 순환군이 아니라고 가정하자. 정리($A.A$) 2.41)-① 에 의하여 $\left| g \right| \big| \left| G \right|=p^2$ 이므로 $\left| g \right|=1$ 또는 $p$ 또는 $p^2$ 이다. $G$ 의 위수가 $p^2$ 이고 순환군이 아니라고 가정했기 때문에 일단 $\left| g \right|\neq p^2$ 이다. 그러면 남은 두 가지 경우 모두 $g^p=1$ 이 성립한다. $_\blacksquare$
[참고문헌]
Introduction to Abstract Algebra, 4e, W.Keith Nicholson
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