드디어 이번 글에서는 초급 군론의 하이라이트,
라그랑주 정리에 대해서 보도록 하겠습니다.
1. 라그랑주 정리 (Lagrange Theorem)
정리의 이름이 풍기는 포스와는 달리(일단 이름에서 간지가 철철...)
정리 자체는 간단하며, 나름 직관적입니다.
Definition 3.1 유한한 군 \(G\)의 원소의 개수를 군 \(G\)의 차수(order)이라고 하며, \(|G|\)로 표기하도록 한다.
Theorem 3.1 (Lagrange Theorem) 유한한 군 \(G\)의 부분군 \(H\)에 대하여, \(|H|\)는 \(|G|\)의 약수이다.
저번 글에서 든 순환군 \(Z_{10}\)의 예시를 보자면,
\(Z_{10}\)에서 짝수만을 취한 집합은 부분군을 이뤘으며, 과연 짝수부분군의 원소의 개수는 5개로 10의 약수입니다.
하지만 3의 배수만을 취한 집합은 부분군을 이루지 않았으며, 이 집합의 원소의 개수는 4개로 10의 약수가 아니었습니다.
\[ |Z_{10}| = 10 \]
\[ |\lbrace 0, 2, 4, 6, 8 \rbrace| = 5 \]
\[ |\lbrace 0, 3, 6, 9 \rbrace| = 4 \]
참고로 라그랑주 정리의 역은 성립하지 않습니다.
즉 \(|H|\)가 \(|G|\)를 나눈다고 무조건 \(H\)가 \(G\)의 부분군은 아닙니다.
몇 가지 용어를 더 정의하겠습니다.
Definition 3.2 군 \(G\)의 원소 \(g\)에 대해, \(g^n = e\)가 되는 가장 작은 \(n\)을 원소 \(g\)의 차수라고 하며, \(|\langle g\rangle |\)로 표기하도록 한다.
그런 \(n\)이 없다면 \(|\langle g\rangle | = \infty\) 이다.
여기서 다음 Lemma가 도출됩니다.
Lemma 3.1 유한한 군 \(G\)에 대해, \(g \in G\)라고 하자. 이 때 \(|\langle g \rangle|\)는 \(|G|\)의 약수이다.
증명은 다음과 같습니다.
군 \(G\)의 원소 \(g\)의 차수가 \(k\)라는 것은,
부분집합 \(\lbrace g^0 = e, g^1, g^2, \cdots g^{k-1} \rbrace\)가 부분군을 이룬다는 뜻입니다.
(확인해보세요, 모든 군의 조건을 만족합니다!)
그러면 라그랑주 정리에 의하여, 이 부분군의 차수인 \(k\)는 \(|G|\)의 약수여야 합니다.
또다른 Lemma를 보겠습니다.
Lemma 3.2 유한한 군 \(G\)에 대해, \(g \in G\)라고 하자. 이 때 \(g^{|G|} = e\) 이다.
증명은 역시 라그랑주 정리를 사용하면 간단합니다.
먼저 \(g\)의 차수를 \(k\)라고 하면 Lemma 3.1 에 의해 \(k\)는 \(|G|\)로 나눠집니다.
그러면 \(pk = |G|\)라고 하면 \(g^{|G|} = g^{pk} = \left( g^{k} \right) ^{p} = e^p = e\) 입니다.
2. 라그랑주 정리의 응용
라그랑주 정리는 매우 강력합니다.
라그랑주 정리를 증명함에 앞서, 라그랑주 정리의 다양한 응용 중 하나로,
다음 매우 유명한 정수론의 정리를 증명해 보겠습니다.
Theorem 2.1 (Fermat's Little Theorem) \(p\)가 소수라고 하자. 이 때 \(p\)의 배수가 아닌 정수 \(a\)에 대해 \(a^{p-1} \equiv 1 \mod p\) 이다.
위의 정리는 페르마의 소정리(Fermat's Little Theorem)으로 잘 알려져 있습니다.
원래 정수론적으로 증명해야 하는 정리이지만, 한 번 군론적 측면에서 접근해 보겠습니다.
먼저 기약잉여류군에 대해서 알아야 합니다.
Definition 2.1 \(p\)가 소수라고 하자. 이 때 집합 \(\lbrace 1, 2, 3, \cdots, p-1 \rbrace\)는 모듈러 곱셈 \(p\)에 대해서 군을 이룬다. 이 군을 기약잉여류군이라고 하며, \(Z_p^\times\)로 표기하기로 한다.
그러면 기약잉여류군 \(Z_p^\times\)의 차수는 \(p-1\)이 됩니다.
\(a\)는 \(p\)의 배수가 아니므로 기약잉여류군의 원소입니다.
그러면 앞서 Lemma 3.2에 의해 \(a^{p-1} \equiv e \equiv 1 \mod p\)가 됩니다. 증명 끝.
"??? 뭐지 이건?" 하시는 분이 있을 수도 있겠지만
실제로 군론을 이용하면 페르마 소정리는 이렇게 간단하게 증명할 수 있습니다.
(기약잉여류군이 군이 되는 이유는 이 링크를 참조하세요: https://dimenchoi.tistory.com/47)
또 다른 정수론의 정리도 증명해 보겠습니다.
Theorem 3.2 \(p\)가 소수라고 하자. 이 때 \(p\)의 배수가 아닌 정수 \(a\)에 대하여 다음이 성립한다.
\[ \lbrace 0, a, 2a, \cdots, (p-1)a \rbrace = \lbrace 0, 1, 2, \cdots, p-1 \rbrace \]
먼저 왼쪽 집합은 저번 글을 읽고 오셨으면 알겠지만 \(a \in Z_{p}\)의 모듈러 덧셈 생성계,
즉 \(Z_{p}\)의 부분군입니다.
따라서 라그랑주 정리에 의해 왼쪽의 차수는 원래 군 \(Z_{p}\)의 차수인 $p$의 약수여야 합니다.
그런데 \(p\)는 소수이므로, 왼쪽의 차수는 \(p\)여야 됨을 알 수 있으며,
따라서 왼쪽의 집합과 오른쪽의 집합이 동일함을 알 수 있습니다.
3. 라그랑주 정리의 증명
이렇게 쓸데가 많은 라그랑주 정리의 증명이 슬슬 궁금해지시죠?
먼저 용어를 정의합시다.
Definition 3.1 군 \(G\)에 대해 \(H\)가 \(G\)의 부분군이라 하자. 이 때 \(g \in G\)에 대하여 \(gH = \lbrace gh | h \in H \rbrace\) 를 \(H\)의 잉여류(Coset) 또는 왼쪽 잉여류(Left Coset)이라고 하고, \(Hg = \lbrace hg | h \in H \rbrace\)를 \(H\)의 잉여류 또는 오른쪽 잉여류(Right Coset)이라고 한다.
앞선 글에서 한 번 언급한 적이 있습니다만, 위의 Definition에서는 연산이 곱셈처럼 보입니다.
하지만 여기서의 곱셈은, 덧셈, 모듈러 연산 등 모든 연산을 대표하는 연산입니다.
추가로 왼쪽 잉여류와 오른쪽 잉여류를 구분하는 이유는 군의 연산은 교환법칙을 만족한다는 보장이 없기 때문입니다.
하지만 연산이 교환법칙이 성립할때나, 굳이 왼쪽/오른쪽을 구분할 필요가 없는 경우에는 그냥 잉여류라고 하겠습니다.
예를 들자면, 순환군 \(Z_8\)을 생각해 봅시다.
이 순환군의 부분군 \(H = \lbrace 0, 4 \rbrace\)를 생각해 봅시다.
이 때 이 부분군의 잉여류는 다음과 같습니다.
\[ 0+H = \lbrace 0, 4 \rbrace \]
\[ 1+H = \lbrace 1, 5 \rbrace \]
\[ 2+H = \lbrace 2, 6 \rbrace \]
\[ 3+H = \lbrace 3, 7 \rbrace \]
잉여류의 개념을 사용하면 라그랑주 정리를 증명할 수 있습니다.
먼저 다음 2개의 Lemma를 보고 가겠습니다.
Lemma 3.1 \(g, g' \in G\) 이며, \(H\)가 \(G\)의 부분군이라고 하자. 이 때 \(g^{-1}g' \in H\) 라면, \(gH = g'H\) 이다.
Lemma 3.2 \(g, g' \in G\) 이며, \(H\)가 \(G\)의 부분군이라고 하자. 이 때 \(g^{-1}g' \not\in H\)라면, \(gH \cap g'H = \emptyset\) 이다.
이 두 Lemma가 시사하는 바는, 두 개의 잉여류는 서로 완전히 겹치거나, 서로 완전히 겹치지 않는다는 사실입니다.
증명은 간단합니다. 먼저 Lemma 3.1의 증명입니다.
모든 \(g'H\)의 원소는 \(h \in H\)에 대해 \(g'h\)로 쓸 수 있습니다.
그런데 \(g^{-1}g' \in H\) 이므로 \(g'h = (gg^{-1})g'h = g(g^{-1}g')h \in gH\)입니다.
따라서 \(g'H \subseteq gH\) 입니다. 반대로 하면 \(gH \subseteq g'H\)임을 보일 수 있습니다.
따라서 \(gH = g'H\) 입니다.
Lemma 3.2의 증명은 귀류법으로 하겠습니다.
\(x \in gH \cap g'H\)가 존재한다고 가정합시다.
즉, \(x = gh = g'h'\)인 \(h, h’\)이 존재합니다.
양변에 \(g^{-1}\)을 맨 앞에 곱하면 \(h = g^{-1}g'h'\)이 됩니다.
양변에 \(h'^{-1}\)을 맨 뒤에 곱하면 \(hh'^{-1} = g^{-1}g'\)이 됩니다.
따라서 \(g^{-1}g' = hh'^{-1} \in H\) 입니다. 이는 가정에 모순됩니다.
이제 라그랑주 정리를 증명할 수 있습니다.
다음 세 가지 명제가 참이라면 라그랑주 정리도 참이 됩니다.
1) 모든 잉여류가 서로소이다. (즉 서로 완전히 겹치지 않거나 서로 완전히 동일하다)
2) 잉여류 전체에는 군의 모든 원소가 존재하다.
3) 모든 잉여류의 크기가 같다.
위의 세 명제가 참이면 잉여류는 전체 군을 크기가 같은 부분으로 겹치지 않게 분할하므로,
(전체 잉여류 개수) * (한 잉여류에 있는 원소의 개수) = (전체 군의 차수)
가 되며, 라그랑주 정리, 즉, 부분군의 차수는 군의 차수의 약수임이 보여집니다.
그런데 3)은 잉여류의 정의에 의해 자명하고, 1)은 위의 두 Lemma로 보였습니다.
마지막으로 2)를 보이면 됩니다.
생각해보면, 부분군에는 항상 항등원이 있어야 합니다.
따라서 모든 잉여류 \(gH\)에는 \(g\)가 원소로 속해 있습니다.
따라서 전체 잉여류에는 군의 모든 원소가 다 있습니다.
따라서 라그랑주 정리가 증명되었습니다!
이렇게 오늘은 라그랑주 정리를 잉여류를 이용해서 증명해 보았습니다.
다음 번에는 초급 군론의 또다른 핵심, 준동형 사상과 동형군에 대해서 보도록 하겠습니다.
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