순환군(Cyclic group)

정의1

$(G, *,e)$가 군이고 임의의 원소가 $a \in G$일때

생성집합 : 

$\langle a \rangle^{\!*} = \{ $$ a^n$ $ : n \in \mathbb{Z} \}$인 집합을 $a$의 생성집합으로 정의한다.

순환 부분군(cyclic subgroup) : 

$a$의 생성집합 $\langle a \rangle^{\!*}$에 대해 $(\langle a \rangle^*,*,e)$가 $(G,*,e)$의 부분군이면

$(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$를 $a$에 의해 생성된 $(G,*,e)$의 순환 부분군으로 정의하고 $a$를 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$의 생성원으로 정의한다.

$(G,*,e)$의 부분군 $(H,*,e)$가 $(G,*,e)$의 순환 부분군이면 $H = \langle a \rangle^{\!*}$인 $a \in G$가 존재한다고 정의한다.

아래 정리로 모든 $a \in G$에 대해 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$는 $(G,*,e)$의 순환 부분군이다.

순환군(cyclic group) :

$\langle a \rangle^{\!*} = G$이면 군 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e) =(G,*,e)$를 $a$에 의해 생성되는 순환군으로 정의한다.

 

 

 

정리1

군 $(G, *,e)$의 모든 $a \in G$에 대해 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$는 $(G,*,e)$의 부분군이다.

증명

$\langle a \rangle^{\!*}$의 정의로 모든 정수 $r,s \in \mathbb{Z}$에 대해 $a^r, a^s \in \langle a \rangle^{\!*}$이고

거듭연산 정리로 $a^r * a^s = a^{r + s} \in \langle a \rangle^{\!*}$이므로 집합 $\langle a \rangle^{\!*}$은 $*$에 대해 닫혀있다.

또 $*$에 대한 항등원 $e \in G$와 $a^r$의 역원 $a^{-r}\in G$은 유일하고

거듭연산의 정의로 $e = a^0 , a^{-r} \in \langle a \rangle^{\!*}$이므로 부분군 정리로 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$는 $(G,*,e)$의 부분군이다.

 

 

 

정리2

군 $(G, *,e)$의 모든 $a \in G$에 대해 $a \in H$인 임의의 $(H,*,e)$가 $(G,*,e)$의 부분군이면 $\langle a \rangle^{\!*}$ $ \subseteq H$이다.

증명

$a \in H$이고 $(H,*,e)$는 군이므로 모든 정수 $n \in \mathbb{Z}$에 대해 거듭연산의 정의로 $a^n \in H$이다.

따라서 모든 $x \in \langle a \rangle^{\!*}$에 대해 $x \in H$이므로 $\langle a \rangle^{\!*} \subseteq H$이다.

 

 

 

정리3

임의의 군 $(G, *,e)$에 대해 다음이 성립한다.

1. $(G, *,e)$의 모든 순환 부분군은 순환군이다.

2. $(G, *,e)$의 모든 순환 부분군은 가환군이다.

증명

1.

$(G, *,e)$의 임의의 순환 부분군이 $(H,*,e)$이면

$H = $ $\langle a \rangle^{\!*}$인 $a \in G$가 존재하므로 $(H,*,e)$는 $a$에 의해 생성되는 순환군이다.

2.

$(G, *,e)$의 임의의 순환 부분군이 $(H,*,e)$이면 $H = $ $\langle a \rangle^{\!*}$인 $a \in G$가 존재하므로

임의의 $g_1,g_2 \in \langle a \rangle^{\!*}$에 대해 $g_1 = a^r$이고 $g_2 = a^s$인 정수 $r,s \in \mathbb{Z}$가 존재하여

거듭연산 정리로 $g_1 * g_2 = a^r * a^s = a^{r+s} = a^{s+r} = a^s*a^r = g_2*g_1$이 되고 $\langle a \rangle^{\!*}$는 $*$에 대해 가환적이다.

따라서 $(G, *,e)$의 순환 부분군 $(\langle a\rangle^{\!*},*,e)$는 가환군이다.

 

 

 

정리4

순환군의 모든 부분군은 순환군이다.

증명

$(G, *,e)$가 순환군이면 어떤 $a \in G$에 대해 $G =$ $\langle a \rangle^{\!*}$이다.

부분군 정리로 $*$에 대한 항등원 $a^0 = e \in G$에 대해 $(\{e\},*,e)$는 $(G, *,e)$의 부분군이므로

$(G, *,e)$의 부분군 $(H, *,e)$가 $H = \{ e \}$이면

모든 정수 $r \in \mathbb{Z}$에 대해 귀납적으로 $e^r = e$이므로 $H = \langle e\rangle^{\!*} $가 되어 $(H,*,e)$는 순환군이다.

$H \ne \{e \}$인 $(G, *,e)$의 임의의 부분군 $(H , *,e)$는

$H \subseteq \langle a \rangle^{\!*} =G$이므로 $x \in H$이면 $ x = a^n $가 되는 임의의 정수 $n \in \mathbb{Z}$이 존재한다.

$m \in \mathbb{Z}^+$이 $a^m \in H$이 되는 최소 양의 정수이면 위 정리로 $\langle a^m \rangle^{\!*}  \subseteq H$이고

나눗셈 정리로 $n = q\cdot m +r$이고 $0\le r < m$인 정수 $q,r \in \mathbb{Z}$이 존재하므로

거듭연산 정리로 $a^n = a^{m\cdot q + r} = (a^m)^q * a^r$이다.

또 $a^n \in H$이고 $(H , *,e)$는 군이므로 $(a^m)^{-q} \in H$이고 $(a^m)^{-q}*a^n = a^r \in H$이다.

따라서 $m$이 $a^m \in H$이 되는 최소양의 정수라 가정하였으므로 $0\le r < m$이고 양의 정수가 아닌 $r$은 $r = 0$이고

$a^n \in H$인 임의의 정수 $n \in \mathbb{Z}$에 대해 $a^n = (a^m)^q \in \langle a^m \rangle^{\!*}$가 되어 $H \subseteq \langle a^m \rangle^{\!*}$이므로

$H = \langle a^m \rangle^{\!*}$인 $a^m \in G$이 존재하여 순환군 $(G, *,e)$의 부분군 $(H ,*,e)$는 순환군이다.

 

 

 

정리5

정수집합에서 정의된 덧셈에 대해 $(\mathbb{Z}, +,0)$은 순환군이다.

증명

정수집합의 정의와 정수 덧셈 정리로

$\mathbb{Z}$는 $+$에 대해 닫혀있고 $+$에 대한 역원, 항등원, 결합법칙이 성립하므로 $(\mathbb{Z}, +,0)$은 군이다.

또 $1\in \mathbb{Z}$과 임의의 정수 $n \in \mathbb{Z}$에 대해

$1$을 $n$번 더하는 덧셈의 거듭연산은 $\displaystyle \sum_{i = 1}^n1 = n$이므로 $\langle 1 \rangle^{\!+}$ $ = \mathbb{Z}$가 되어 $(\mathbb{Z}, +,0)$은 순환군이다.

 

 

 

정의2

모듈로-$n$ 정수집합 :

임의의 양의 정수 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해

$\mathbb{Z}_n = \{ a \in \mathbb{Z} : 0\le a < n \} = \{ 0,1,2, \cdots, n-1 \}$을 모듈로-$n$ 정수집합으로 정의한다.

모듈러 산술 연산자(modular arithmetic operator) :

임의의 $n \in \mathbb{Z}^+$과 임의의 $a,b \in \mathbb{Z}$에 대해 정수집합의 덧셈 $+$과 곱셈 $\cdot$을 사용하여

$a +_{\!n} b = (a + b) \bmod{n} $인 모듈러 덧셈 $+_{\!n}$과

$a \cdot_{\!n} b = (a \cdot b) \bmod{n} $인 모듈러 곱셈 $\cdot_{\!n}$을 모듈러 산술 연산자로 정의한다.

 

 

 

정리6

임의의 정수 $p \in \mathbb{Z}$에 대한 $\mathbb{Z}$의 좌측 잉여류 $p \cdot \mathbb{Z}$에 대해 $( p \cdot \mathbb{Z}, +,0)$은 $(\mathbb{Z}, +,0)$의 순환 부분군이다.

증명

위 정리로 $(\mathbb{Z}, +,0)$은 군이고 $p \in \mathbb{Z}$와 임의의 정수 $n \in \mathbb{Z}$에 대해

$p$를 $n$번 더하는 덧셈의 거듭연산은 $\displaystyle \sum_{i = 1}^n p = p \cdot n$이므로 $\langle p \rangle^{\!+}$ $ = p \cdot \mathbb{Z}$가 되어 

위 정리로 $(p \cdot \mathbb{Z}, +,0)$은 $(\mathbb{Z}, +,0)$의 순환 부분군이다.

 

 

 

정리7

임의의 양의 정수 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $( $$\mathbb{Z}_n$$, $ $+_{\!n}$$,0)$은 순환군이다.

증명

임의의 $a,b \in \mathbb{Z}_n$에 대해 모듈로 연산의 정의로 $a +_{\!n} b = (a + b) \bmod n $은

$0\le a+_{\!n} b < n $이므로 $a+_{\!n}b \in \mathbb{Z}_n$이 되어 $\mathbb{Z}_n$은 $+_{\!n}$에 대해 닫혀있고

$ a +_{\!n} 0 = (a+0) \bmod n = a  = (0+ a)\bmod n=  0 +_{\!n} a$이므로 $0 \in \mathbb{Z}_n$은 $+_{\!n}$에 대한 항등원이다.

또 $ 0 +_{\!n} 0= (0 + 0) \bmod n = 0$이므로 $0$의 $+_{\!n}$에 대한 역원 $0$은 이고

$0< a < n$인 임의의 $a \in \mathbb{Z}_n$에 대해 $0< n - a < n$이고 $n \bmod n = 0$이므로

$a +_{\!n} (n-a)  =  (a + n - a) \bmod n = 0 = (n-a + a) \bmod n = (n-a) +_{\!n} a$가 되어

$ n-a \in \mathbb{Z}_n$는 $+_{\!n}$에 대한 $a$의 역원이다.

임의의 $a,b,c \in \mathbb{Z}_n$에 대해 나눗셈 정리로 $a + b +c = q\cdot n + r$이고 $0\le r < n$인 정수 $q,r \in \mathbb{Z}$는 유일하므로

$a +_{\!n} (b +_{\!n} c)$이면 $b + c = q_1\cdot n + r_1$이고 $a + r_1  = q_2\cdot n +r_2$인 $q_1,q_2,r_1,r_2 \in \mathbb{Z}$가 존재하여

$ q\cdot n +r = a +b+c = (q_1 + q_2)\cdot n + r_2 $로 $r = r_2$이고

$(a +_{\!n} b) +_{\!n} c$이면 $a + b = q_3\cdot n + r_3$이고 $r_3 + c = q_4\cdot n +r_4$인 $q_3,q_4,r_3,r_4 \in \mathbb{Z}$가 존재하여

$ q\cdot n +r = a +b+c = (q_3 + q_4)\cdot n + r_4$로 $ r_2 = r = r_4$이므로

결합법칙 $a +_{\!n} (b +_{\!n} c) = (a+_{\!n} b) +_{\!n} c$가 성립하여 $(\mathbb{Z}_n, +_{\!n} ,0)$은 군이다.

$\mathbb{Z}_1 = \{ 0\}$은 $+_{\!1}$에 대한 항등원으로 이루어진 집합이므로 $\mathbb{Z}_1 = \langle 0 \rangle^{\!+_{\!1}}$이 되어 $(\mathbb{Z}_1, +_{\!1},0 )$은 순환군이고

$n \ge 2$일때 $0 \le k < n$에 대해 나눗셈 정리로 모듈러 덧셈의 거듭연산은 $\displaystyle \sum_{i = 1}^k 1 = 0\cdot n + k =  k$이므로

$ \langle 1 \rangle^{\!+_{\!n}} = \mathbb{Z}_n$이 되어 $(\mathbb{Z}_n, +_{\!n},0 )$은 순환군이다.

 

 

 

정리8

군 $(G, *,e)$의 순환 부분군 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$와 $*$에 대한 항등원 $ a^0 = e \in G$에 대해 다음이 성립한다.

1. $\langle a \rangle^{\!*}$가 무한집합이기 위한 필요충분조건은 모든 양의 정수 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a^n$ $\ne e$인 것이다.

2. $\langle a \rangle^{\!*}$의 원소개수가 $n \in \mathbb{Z}^+$개이기 위한 필요충분조건은 $n$이 $a^n$ $= e$가 되는 최소 양의 정수인 것이다.

이때 $\langle a \rangle^{\!*} = \{  a^0, a^1, a^2, \cdots , a^{n-1} \}  = \{ a^k : k \in $ $\mathbb{Z}_n$$ \}$이다.

증명

1. 

$\langle a \rangle^{\!*}$가 무한집합일때 $a^n = e$가 되는 최소 양의 정수 $n \in \mathbb{Z}^+$이 존재한다고 가정하면

모든 정수 $m\in \mathbb{Z}$에 대해 나눗셈 정리로 $m = q\cdot n + r$이고 $0\le r < n$인 정수 $q,r \in \mathbb{Z}$이 존재하므로

거듭연산 정리로 $a^m = a^{q\cdot n +r} = (a^n)^q * a^r = e^q * a^r = e * a^r = a^r$이 되어

$\langle a \rangle^{\!*}$는 $n$개 이하의 원소를 갖는 유한집합이다.

따라서 $a^n = e$가 되는 양의 정수 $n \in \mathbb{Z}^+$이 존재하면

$\langle a \rangle^{\!*}$가 무한집합임에 모순이 되므로 모든 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a^n \ne e$이다.

역으로 모든 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a^n \ne e$일때 $\langle a \rangle^{\!*}$가 유한집합이라 가정하면

$a^m = a^k$이고 $m > k$인 $m,k \in \mathbb{Z}^+$가 존재하여 거듭연산 정리로 $e =a^k * a^{-k} = a^m * a^{-k} = a^{m-k}$이다.

하지만 $m - k > 0$이므로 $m - k \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a^{m-k} = e$가 되어

모든 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a^n \ne e$임에 모순이므로 $\langle a \rangle^{\!*}$는 무한집합이다.

2.

 $n \in \mathbb{Z}^+$이 $a^n = e$가 되는 최소 양의 정수이면

모든 정수 $m \in \mathbb{Z}$에 대해 나눗셈 정리로 $m = q\cdot n + r$이고 $0\le r < n$인 정수 $q,r \in \mathbb{Z}$이 존재하므로

거듭연산 정리로 $a^m = a^{q\cdot n +r} = (a^n)^q * a^r = e^q * a^r = e * a^r = a^r$이 되어

$\langle a \rangle^{\!*}$는 $n$개 이하의 원소를 갖고 $a^0,a^1,a^2,\cdots, a^{n-1} \in \langle a \rangle^{\!*}$만 원소로 갖는다.

$a^h = a^k$이고 $n > h > k > 0$인 양의 정수 $h,k \in \mathbb{Z}^+$가 존재하면

$n >h - k > 0$에 대해 거듭연산 정리로 $e =a^k * a^{-k} = a^h * a^{-k} = a^{h-k}$가 되어

$a^n = e$인 $n \in \mathbb{Z}^+$이 최소라는 가정에 모순이므로

$h\ne k$인 모든 $h,k \in \mathbb{Z}_n$에 대해 $a^h \ne a^k$가 되어 $\{  a^0, a^1, a^2, \cdots , a^{n-1} \} = \langle a \rangle^{\!*}$의 원소개수는 $n$개이다.

역으로 $\langle a \rangle^{\!*}$의 원소 개수가 $n \in \mathbb{Z}^+$개이면 유한집합이므로

1번의 대우로 $a^m = e$가 되는 $m \in \mathbb{Z}^+$이 존재한다.

$p \in \mathbb{Z}^+$가 $a^p = e$가 되는 최소 양의 정수라 가정하면

모든 정수 $m \in \mathbb{Z}$에 대해 나눗셈 정리로 $m = q\cdot p + r$이고 $0\le r < p$인 정수 $q,r \in \mathbb{Z}$이 존재하므로

거듭연산 정리로 $a^m = a^{q\cdot p +r} = (a^p)^q * a^r = e^q * a^r = e * a^r = a^r$이 되어

$\langle a \rangle^{\!*}$는 $a^0,a^1,a^2,\cdots, a^{p-1} \in \langle a \rangle^{\!*}$만 원소로 갖는다.

$a^h = a^k$이고 $p > h > k > 0$인 $h,k \in \mathbb{Z}^+$가 존재하면

$p >h - k > 0$에 대해 거듭연산 정리로 $e =a^k * a^{-k} = a^h * a^{-k} = a^{h-k}$가 되어

$a^p = e$인 $p \in \mathbb{Z}^+$가 최소라는 가정에 모순이므로

$h \ne k$인 모든 $h,k \in \mathbb{Z}_p$에 대해 $a^h \ne a^k$가 되어 $\langle a \rangle^{\!*} = \{ a^0, a^1, a^2, \cdots , a^{p-1} \}$인데

$\langle a \rangle^{\!*}$는 $n$개의 원소를 가지므로 $n = p$이다.

 

 

 

정리9

군 $(G, *,e)$의 순환 부분군 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$에 대해 다음이 성립한다.

1. $\langle a \rangle^{\!*}$가 무한집합이면 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$는 $(\mathbb{Z},+,0)$과 동형이다.

2. $\langle a \rangle^{\!*}$의 원소 개수가 $n\in \mathbb{Z}^+$개이면 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$는 $( $$\mathbb{Z}_n$$, $ $+_{\!n}$$,0)$과 동형이다.

증명

1.

$\langle a \rangle^{\!*}$가 무한집합이면 위 정리로 모든 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a^n$ $\ne e = a^0$이므로

$a^m = a^k$이고 $m > k$인 $m,k \in \mathbb{Z}$가 존재한다고 가정하면

$m- k \in \mathbb{Z}^+$에 대해 거듭연산 정리로 $e =a^k * a^{-k} = a^m * a^{-k} = a^{m-k}$가 되어 모순이다.

따라서 모든 $r,s \in \mathbb{Z}$에 대해 $a^r = a^s$이면 $r =s$가 되어

모든 $a^r \in  \langle a \rangle^{\!*}$에 대해 $\phi (a^r ) = r$인 함수 $\phi : \langle a \rangle^{\!*} \to \mathbb{Z}$는 전단사이고

거듭연산 정리로 $\phi(a^r * a^s) = \phi(a^{r+s}) = r+s = \phi(a^r) + \phi(a^s)$이므로 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$와 $(\mathbb{Z},+,0)$은 동형이다.

2.

$\langle a \rangle^{\!*}$의 원소 개수가 $n\in \mathbb{Z}^+$개이면 위 정리로 $n \in \mathbb{Z}^+$은 $a^n$ $= e = a^0$이 되는 최소 양의 정수이고

모든 정수 $m\in \mathbb{Z}$에 대해 나눗셈 정리로 $m = q\cdot n + r$이고 $0\le r < n$인 정수 $q,r \in \mathbb{Z}$이 존재하므로

거듭연산 정리로 $a^m = a^{q\cdot n +r} = (a^n)^q * a^r = e^q * a^r = e * a^r = a^r$이고 

$\langle a \rangle^{\!*}$는 $a^0,a^1,a^2,\cdots, a^{n-1} \in \langle a \rangle^{\!*}$만 원소로 갖는다.

$\langle a \rangle^{\!*}$는 $n$개의 원소를 가지므로 $h \ne k$인 모든 $h,k \in \mathbb{Z}_n$에 대해 $a^h \ne a^k$이고 $\langle a \rangle^{\!*} = \{  a^0, a^1, a^2, \cdots , a^{n-1} \}$이다.

따라서 모든 $k \in \mathbb{Z}_n$와 모든 $a^k \in  \langle a \rangle^{\!*}$에 대해 $\phi_n(a^k)=k$인 함수 $\phi_n : \langle a \rangle^{\!*} \to \mathbb{Z}_n$은 전단사이고

모든 $k,h \in \mathbb{Z}_n$에 대해

나눗셈 정리로 $k + h = q\cdot n + ((k+h) \bmod n)$이고 $0\le (k+h) \bmod n = k +_{\!n} h < n$인 $q \in \mathbb{Z}$가 존재하여

거듭연산 정리로 $a^{k+ h} = a^{q\cdot n + (k+_{\!n} h)} = (a^n)^q * a^{k+_{\!n}h} = e^q *a^{k +_{\!n}h} = e *a^{k+_{\!n}h} = a^{k+_{\!n} h}$이므로

$\phi_n(a^k*a^h) = \phi_n (a^{k+h}) = \phi_n (a^{k+_{\!n} h }) =  k +_{\!n} h = \phi_n (a^k) +_{\!n} \phi_n (a^h) $가 되어

$(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$와 $(\mathbb{Z}_n,+_{\!n},0)$은 동형이다.

 

 

 

정리10

군 $(G, *,e)$의 순환 부분군 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$에 대해 $\langle a \rangle^{\!*}$의 원소 개수가 $n\in \mathbb{Z}^+$개일때 다음이 성립한다.

1. 임의의 정수 $s \in \mathbb{Z}$에 대해

$\langle a^s \rangle^{\!*}$는 $\dfrac{n}{\gcd(s,n)} \in \mathbb{Z}^+$개의 원소를 갖고 $(\langle a^s \rangle^{\!*},*,e)$는 $(G, *,e)$와 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$의 부분군이다

2. $n/ d \in \mathbb{Z}$인 양의 정수 $d \in \mathbb{Z}^+$가 존재하면

$\langle a^d \rangle^{\!*}$는 $\dfrac{n}{d} \in \mathbb{Z}^+$개의 원소를 갖고 $0\le m < n$인 임의의 $m \in \mathbb{Z}$이 $\gcd(m,n)$ $ = d$이면 $a^m \in \langle a^d \rangle^{\!*}$이다.

3. 임의의 $s,t \in \mathbb{Z}$에 대해 $\langle a^s \rangle^{\!*} = \langle a^t \rangle^{\!*}$이기 위한 필요충분조건은 $\gcd(s,n)$ $ =\gcd(t,n)$인 것이다.

4. 임의의 $r \in \mathbb{Z}$에 대해 $\gcd(r,n) = 1$이기 위한 필요충분조건은 $\langle a^r \rangle^{\!*} = \langle a \rangle^{\!*}$인 것이다.

증명

1.

모든 $s \in \mathbb{Z}$에 대해 $a^s \in \langle a \rangle^{\!*} \subseteq G$이므로 위 정리로 $(\langle a^s \rangle^{\!*},*,e)$는 $(G, *,e)$와 $(\langle a \rangle^{\!*},*,e)$의 부분군이고

$\langle a^s \rangle^{\!*} \subseteq \langle a \rangle^{\!*}$이므로 위 정리로 $(\langle a^s \rangle^{\!*},*,e)$는 순환군이다.

또 유한집합 정리로 $\langle a^s \rangle^{\!*}$는 $1\le m \le n$인 $m \in \mathbb{Z}^+$개의 원소를 갖는 유한집합이고

$\langle a \rangle^{\!*}$의 원소 개수 $n$은 위 정리로 $a^n =e$가 되는 최소 양의 정수이므로 위 정리로 $ (a^s)^m = a^{m\cdot s}= e = a^n$이 되어

나눗셈 정리로 $m\cdot s = n \cdot q+ r$이고 $0\le r < n$인 $q,r \in \mathbb{Z}$에 대해

$r\ne 0$이라 가정하면 $e=a^{m\cdot s} = a^{n\cdot q +r} = (a^n)^q *a^r =e^q *a^r= e * a^r = a^r$이 되어

$n$이 최소라는 가정에 모순이므로 $r = 0$이고 $m\cdot s = n \cdot q$이다.

$\gcd(s,n) = d$로 두면 최대공약수 정리로 $\dfrac{s}{d},\dfrac{n}{d} \in \mathbb{Z}$이고 $\gcd(\frac{s}{d} , \frac{n}{d}) = 1$이므로

$m \cdot \dfrac{s}{d} = \dfrac{n}{d} \cdot q$이고 $(m\cdot \dfrac{s}{d})/ \dfrac{n}{d} \in \mathbb{Z}$가 되어 유클리드 보조정리로 $m/ \dfrac{n}{d} \in \mathbb{Z} $이고

$n,d,m \in \mathbb{Z}^+$이므로 약수 정리로 $\dfrac{n}{d} = \left | \dfrac{n}{d} \right |  \le |m| = m $이다.

따라서 $\dfrac{s}{d},\dfrac{n}{d} \in \mathbb{Z}$에 대해 $\dfrac{n}{d} \cdot s = n\cdot \dfrac{s}{d}$이므로 $(a^s)^\frac{n}{d} = a^{s\cdot \frac{n}{d}} = a^{n\cdot \frac{s}{d}} = (a^n)^\frac{s}{d} = e^\frac{s}{d} = e$이고

$m$은 $(a^s)^m= e$인 최소 양의 정수이므로 $m = \dfrac{n}{d} = \dfrac{n}{\gcd(s,n)}$이다.

2.

$n/ d \in \mathbb{Z}$인 $d \in \mathbb{Z}^+$에 대해 최대공약수 정리로 $\gcd(d,n) = |d| = d$이므로

1번으로 $\langle a^d \rangle^{\!*}$는 $\dfrac{n}{\gcd(d,n)}  = \dfrac{n}{d}$개의 원소를 갖고 위 정리로 $\langle a^d \rangle^{\!*} = \{ (a^d)^0, (a^d)^1, (a^d)^2,\cdots , (a^d)^{\frac{n}{d} - 1}  \}$이 되어

$\gcd(m,n) = d$이고 $0\le m < n$인 모든 $m \in \mathbb{Z}$에 대해

최대공약수 정리로 $\dfrac{m}{d} \in \mathbb{Z}$이고 $0 \le \dfrac{m}{d} \le \dfrac{n}{d} -1$이므로 $a^m = (a^d)^\frac{m}{d} \in \langle a^d \rangle^{\!*}$이다.

3.

$\langle a^s \rangle^{\!*} = \langle a^t \rangle^{\!*}$이면 1번으로 원소개수가 $\dfrac{n}{\gcd(s,n)} = \dfrac{n}{\gcd(t,n)}$이므로 $\gcd(s,n) = \gcd(t,n)$이다.

역으로 $\gcd(s,n) = d = \gcd(t,n)$이면

1번으로 $\langle a^s \rangle^{\!*} $와 $ \langle a^t \rangle^{\!*}$의 원소개수는 $\dfrac{n}{\gcd(s,n)} =\dfrac{n}{d} = \dfrac{n}{\gcd(t,n)}$개이다.

$\langle a \rangle^{\!*}$의 원소 개수 $n$에 대해 위 정리로 $a^n =e$이므로

모듈로 연산의 정의로 $s = q_1\cdot n + s \bmod n $와 $0\le s\bmod n < n$이 성립하는 $q_1 \in \mathbb{Z}$이 존재하여

$a^s = a^{q_1\cdot n + s \bmod n} = (a^n)^{q_1} * a^{s \bmod n} =e^{q_1}* a^{s \bmod n} = e*a^{s\bmod n} = a^{s\bmod n}$이고

$t = q_2\cdot n + t \bmod n $와 $0\le t\bmod n < n$이 성립하는 $q_2 \in \mathbb{Z}$가 존재하여

$a^t = a^{q_2\cdot n + t \bmod n} = (a^n)^{q_2} * a^{t \bmod n} =e^{q_2}* a^{t \bmod n} = e*a^{t \bmod n} = a^{t \bmod n}$이다.

또 최대공약수 정리로 $\gcd(n, s\bmod n) = \gcd(s,n) =d= \gcd(t,n) = \gcd(n, t \bmod n)$이므로

2번으로 $\dfrac{n}{d}$개의 원소를 갖는 집합 $ \langle a^d \rangle^{\!*}$에 대해 $ a^s = a^{s\bmod n} , a^t = a^{t \bmod n} \in \langle a^d \rangle^{\!*}$이다.

따라서 1번으로 $( \langle a^d \rangle^{\!*},*,e)$는 $(\langle a \rangle^{\!*}, *,e)$의 부분군이므로 위 정리로 $\langle a^s \rangle^{\!*} \subseteq \langle a^d \rangle^{\!*}$이고 $\langle a^t \rangle^{\!*} \subseteq \langle a^d \rangle^{\!*}$가 되어

유한집합 정리로 $ \langle a^s \rangle^{\!*} = \langle a^d \rangle^{\!*} = \langle a^t \rangle^{\!*} $이다.

4.

$\gcd(r,n) = 1$이면 $\gcd(r,n) = 1 = \gcd(1, n)$이므로 3번으로 $\langle a^r \rangle^{\!*} = \langle a^1 \rangle^{\!*} = \langle a \rangle^{\!*} $이고

$\langle a^r \rangle^{\!*} = \langle a \rangle^{\!*} $이면 $\langle a^r \rangle^{\!*} = \langle a \rangle^{\!*} = \langle a^1 \rangle^{\!*} $이므로 3번으로 $\gcd(r,n) = \gcd(1,n) = 1$이다.

 

 

 

정리14

군 $(G,*,e)$의 집합 $G$가 $n \in \mathbb{Z}^+$개의 원소를 갖는 유한집합이고 $n$의 약수집합이 $D_n $일때 다음이 성립한다.

1. 모든 $a\in G$에 대해 $\langle a \rangle^{\!*}$의 원소개수 $m_a \in \mathbb{Z}^+$는 $n / m_a \in \mathbb{Z}$이다.

2. $n$이 소수이면 $(G,*,e)$는 순환군이다.

3. $(G,*,e)$가 어떤 $a \in G$에 대해 $G =\langle a \rangle^{\!*}$인 순환군일때

$(H,*,e)$가 $(G,*,e)$의 부분군이기 위한 필요충분조건은 $H =\langle a^d \rangle^{\!*}$인 $d \in D_n$가 존재하는 것이다.

4. 오일러 $\phi$-함수와 약수의 개수 $\tau$-함수에 대해 $D_n =\{ d_{1},d_{2}\cdots,d_{\tau(n)}\}$일때 $n = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\tau(n)} \phi(d_{i})$이다.

증명

1.

$a \in \langle a\rangle^{\!*}$이고 $\langle a\rangle^{\!*} \subseteq G$이므로 유한집합 정리로 $\langle a\rangle^{\!*}$는 $1\le m_a \le n$인 $m_a \in \mathbb{Z}^+$개의 원소를 갖는 유한집합이고

위 정리로 $(\langle a \rangle^{\!*} ,*,e)$는 $(G,*,e)$의 부분군이므로 라그랑주 정리로 $n/m_a \in \mathbb{Z}$이다.

2.

$n$이 소수이면 소수의 정의로 $n \ge 2$이므로 항등원이 아닌 어떤 $a \in G$가 존재하여

$e=a^0,a=a^1\in \langle a \rangle^{\!*} $이고 1번으로 $2\le m_a \le n$인 원소개수 $m_a \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $n/m_a \in \mathbb{Z}$이다.

따라서 소수의 정의로 $m_a = 1$ 또는 $m_a = n$인데 $m_a > 1$이므로 $m_a =n$이 되어

유한집합 정리로 $\langle a\rangle^{\!*} = G$이고 $(G,*,e)=(\langle a \rangle^{\!*} ,*,e)$는 순환군이다.

3.

$H =\langle a^d \rangle^{\!*}$인 $d \in D_n \subseteq \mathbb{Z}$가 존재하면 위 정리로 $(H,*,e)=(\langle a^d \rangle^{\!*},*,e)$는 $(G,*,e)$의 부분군이다.

역으로 $(H,*,e)$가 $(G,*,e) = (\langle a\rangle^{\!*},*,e)$의 부분군이면

위 정리로 $(H,*,e)$는 순환군이므로 어떤 $h \in H\subseteq G = \langle a \rangle^{\!*}$에 대해 $H =\langle h \rangle^{\!*}$이고

$h \in \langle a \rangle^{\!*}$이므로 $h = a^k$인 $k \in \mathbb{Z}$가 존재한다.

$\gcd(k,n) = d \in \mathbb{Z}^+$로 둘때 $n/d \in \mathbb{Z}$이므로 $d \in D_n$이고 최대공약수 정리로 $\gcd(k,n)  = d = \gcd(d,n)$이 되어

위 정리로 $H = \langle h \rangle^{\!*} = \langle a^k \rangle^{\!*} = \langle a^d \rangle^{\!*}$이다.

4.

$(G,*,e)$가 어떤 $a \in G$에 대해 $G =\langle a \rangle^{\!*}$인 순환군일때

3번으로 $(H,*,e)$가 $(G,*,e)$의 부분군이기 위한 필요충분조건은 $H = \langle a^d \rangle^{\!*}$인 $d \in D_n$가 존재하는 것이다.

$G =\langle a \rangle^{\!*}$가 $n$개의 원소를 가지므로 위 정리로 $\langle a \rangle^{\!*} = \{ a^n=e=a^0, a^1,\cdots, a^{n-1}\} $이고

$d_{i} \ne d_{j}$인 임의의 $d_{i}, d_{j} \in D_n$는 $1\le d_{i},d_{j} \le n$이므로 $a^{d_{i}} \ne a^{d_{j}}$이다.

또 $n/d_{i} ,n/d_{j} \in \mathbb{Z}$이므로 최대공약수 정리로 $\gcd(d_{i},n) = d_{i} \ne d_{j} = \gcd(d_{j},n)$이고

위 정리로 $ \langle a^{d_{i}} \rangle^{\!*} \ne \langle a^{d_{j}} \rangle^{\!*}$가 되어 서로 다른 $(G,*,e)$의 부분군이 $\tau(n)$개 존재한다.

임의의 $d \in D_n$에 대해 $n/d \in \mathbb{Z}$이므로 $n = d \cdot q$인 $\dfrac{n}{d} =q \in \mathbb{Z}^+$가 존재하여 $n/q \in \mathbb{Z}$이고

위 정리와 위 정리로 $\dfrac{n}{q} = \dfrac{n}{\frac{n}{d}} = d$에 대해 $\langle a^q \rangle^{\!*} = \{ (a^q)^d=e=(a^q)^0, (a^q)^1,\cdots, (a^q)^{d-1}\} $이므로

$\gcd(m, d) = 1 = \gcd(k, d)$이고 $m,k \le d$인 $m,k \in \mathbb{Z}^+$가 $m\ne k$이면 $(a^q)^m \ne (a^q)^k$이고

위 정리로 $\langle (a^q)^m \rangle^{\!*} = \langle a^q \rangle^{\!*} = \langle (a^q)^k \rangle^{\!*} $가 되어 $(\langle a^q \rangle^{\!*},*,e)$의 서로 다른 생성원이 $\phi(d)$개 존재한다.

또 $d_{i} \ne d_{j}$인 임의의 $d_{i}, d_{j} \in D_n$에 대해 $\langle b \rangle^{\!*} = \langle a^{d_i} \rangle^{\!*}$이고 $\langle c \rangle^{\!*} = \langle a^{d_j} \rangle^{\!*}$인

부분군의 생성원 $b,c \in G$가 $b = c$이면 $\langle a^{d_i} \rangle^{\!*} = \langle b \rangle^{\!*} = \langle c \rangle^{\!*} = \langle a^{d_{j}} \rangle^{\!*}$가 되어 모순이므로 $b \ne c$이다.

따라서 $(G,*,e)$의 부분군의 생성원은 $G$에 포함되므로 $n \ge \displaystyle \sum_{i = 1}^{\tau(n)} \phi(d_{i})$이고

모든 $g \in G =\langle a\rangle^{\!*}$는 $g = a^k$인 $k  \in \mathbb{Z}$가 존재하여 위 정리로 $(\langle a^k \rangle^{\!*},*,e)$는 $(G,*,e)$의 부분군이고

3번으로 $\langle a^k \rangle^{\!*} = \langle a^d \rangle^{\!*}$인 $d \in D_n$가 존재하므로 $a^k$는 $(\langle a^d \rangle^{\!*},*,e)$의 생성원이 되어 

$n \le \displaystyle \sum_{i = 1}^{\tau(n)} \phi(d_{i})$이므로 $n = \displaystyle \sum_{i = 1}^{\tau(n)} \phi(d_{i})$이다.

 

 

 

정리11

$(G, *,e)$가 군이고 $G$의 부분집합들의 집합족이 $\mathcal{C}$일때

모든 $H \in \mathcal{C}$에 대해 $(H,*,e)$가 $(G, *,e)$의 부분군이면 $ ( $$\displaystyle \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H$$, *  ,e)$도 $(G, *,e)$의 부분군이다.

증명

모든 $H \in \mathcal{C}$에 대해 $(H,*,e)$가 $(G, *,e)$의 부분군이므로 $H \subseteq G$이고 $\displaystyle \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H \subseteq H \subseteq G$이다.

$*$에 대해 닫힘

모든 $\displaystyle a,b \in \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H$는 모든 $H \in \mathcal{C}$에 대해 $a,b \in H$이고 $(H,*,e)$가 군이므로 $a * b \in H$가 되어 $\displaystyle a * b \in \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H$이다.

$*$에 대한 항등원

모든 $H \in \mathcal{C}$에 대해 $(H,*,e)$가 군이므로 항등원 $e \in H$가 존재하여 $\displaystyle e \in \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H$이다.

$*$에 대한 역원

모든 $\displaystyle a \in \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H$는

모든 $H \in \mathcal{C}$에 대해 $a \in H$이고 $(H,*,e)$가 군이므로 역원 $a^{-1} \in H$이 존재하여 $\displaystyle a^{-1} \in \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H$이다.

따라서 부분군 정리로 $\displaystyle ( \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H, *,e)$는 $(G, *,e)$의 부분군이다.

 

 

 

정의3

군 $(G, *,e)$의 공집합이 아닌 임의의 부분집합이 $A \subseteq G$일때

$A \subseteq H$인 $(G, *,e)$의 모든 부분군 $(H, *,e)$에 대해 $A \subseteq \langle A \rangle^{\!*} \subseteq H$인 $(\langle A \rangle^{\!*},*,e)$가 $(G, *,e)$의 부분군이면

$(\langle A \rangle^{\!*},*,e)$를 $A$에 의해 생성되는 $(G,*,e)$의 부분군으로 정의하고 $A$를 $(\langle A \rangle^{\!},*,e)$의 생성원으로 정의한다.

$\langle A \rangle^{\!*} = G$이면 $(\langle A \rangle^{\!*},*,e) = (G,*,e)$를 $A$에 의해 생성되는 군으로 정의한다.

또 $A = \{ a\}$이면 $\langle \{ a\} \rangle^{\!*} = \langle  a  \rangle^{\!*}$로 표기한다.

 

 

 

정리12

군 $(G, *,e)$의 공집합이 아닌 임의의 부분집합이 $A \subseteq G$일때

$A$에 의해 생성되는 $(G,*,e)$의 부분군 $(\langle A \rangle^{\!*} , *,e)$가 유일하게 존재한다.

증명

$\mathcal{C} = \{ H \in $ $\mathcal{P}(G)$ $ :  A\subseteq H \text{ 이고 } (H,*,e)\text{가 군이다.} \}$일때 $G \in \mathcal{C}$이므로 $\mathcal{C}$는 공집합이 아니다.

모든 $H \in \mathcal{C}$에 대해 $A\subseteq H$이므로 $A \subseteq \displaystyle \bigcap_{H \in \mathcal{C}}H \subseteq H$이고

위 정리로 $\displaystyle (\bigcap_{H \in \mathcal{C}} H, *,e)$는 $(G,*,e)$의 부분군이므로 $\displaystyle \bigcap_{H \in \mathcal{C}} H = \langle A \rangle^{\!*}$가 존재한다.

또 $A$에 의해 생성되는 $(G,*,e)$의 부분군 $(\langle A \rangle_1^{\!*} , *,e)$와 $(\langle A \rangle_2^{\!*} , *,e)$가 존재하면

$A \subseteq \langle A \rangle_1^{\!*} \subseteq \langle A \rangle_2^{\!*}$이고 $A \subseteq \langle A \rangle_2^{\!*} \subseteq \langle A \rangle_1^{\!*}$이므로 집합 정리로 $\langle A \rangle_1^{\!*} = \langle A \rangle_2^{\!*}$이다. 

 

 

 

정리13

군 $(G, *,e)$의 공집합이 아닌 임의의 부분집합이 $A \subseteq G$일때

$A $에 의해 생성되는 $(G,*,e)$의 부분군 $(\langle A \rangle^{\!*} , *,e)$는 모든 $a \in \langle A \rangle^{\!*}$에 대해 $a = a_{1}^{z_1} * a_{2}^{z_2} *\cdots * $ $a_{n}^{z_n}$이 되는

$n \in \mathbb{Z}^+$개의 중복가능한 $a_1,a_2,\cdots , a_n \in A$과 중복가능한 정수 $z_1, z_2, \cdots , z_n \in \mathbb{Z}$이 존재한다.

증명

$K =  \displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty\{ a_{1}^{z_1}* a_{2}^{z_2}* \cdots * a_{n}^{z_n} :  (a_1,a_2,\cdots, a_n) \in $ $A^n$$ ,\;( z_1, z_2,\cdots ,z_n )\in \mathbb{Z}^n  \}$인 집합에 대해

위 정리로 $(\langle A \rangle^{\!*} , *,e)$가 $(G,*,e)$의 부분군이므로 위 정리로 모든 $a \in A$와 모든 $z \in \mathbb{Z}$에 대해 $a^z \in \langle A \rangle^{\!*}$가 되어

귀납법으로 $K$의 모든 원소가 $\langle A \rangle^{\!*}$에 속하므로 $K \subseteq \langle A \rangle^{\!*}$이다.

임의의 $a, b \in K$는

어떤 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a = a_{1}^{z_1}* \cdots * a_{n}^{z_n}$인 $a_1,\cdots , a_n \in A$과 $z_1, \cdots , z_n \in \mathbb{Z}$이 존재하고

어떤 $m \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $b = b_{1}^{w_1}* \cdots * b_{m}^{w_m}$인 $b_{1},\cdots , b_{m} \in A$과 $w_{1}, \cdots , w_{m} \in \mathbb{Z}$이 존재하므로

$a * b = a_{1}^{z_1}* \cdots * a_{n}^{z_n} * b_{1}^{w_1} * \cdots *b_{m}^{w_{m}} \in K$이 되어 $K$는 $*$에 대해 닫혀있다.

거듭연산의 정의로 임의의 $a \in A$에 대해 $a^0 = e$은 항등원이므로 $e \in K$이다.

또 임의의 $a = a_{1}^{z_1}* \cdots * a_{n}^{z_n} \in K$에 대해 이항연산 정리와 거듭연산 정리로 $a$의 역원은 귀납법으로

$a^{-1} = ( a_{1}^{z_1}* \cdots * a_{n}^{z_n})^{-1} = a_{n}^{-z_n}*\cdots * a_{1}^{-z_1} \in K$이므로 부분군 정리로 $(K,*,e)$는 $(G,*,e)$의 부분군이다.

따라서 $A \subseteq H$인 $(G, *,e)$의 모든 부분군 $(H, *,e)$에 대해 $A \subseteq K \subseteq \langle A \rangle^{\!*} \subseteq H$이고

위 정리로 $A$에 의해 생성되는 $(G,*,e)$의 부분군은 유일하므로 $K = \langle A \rangle^{\!*}$이다.

 

 

 

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정의의 링크 : 

https://openknowledgevl.tistory.com/51#def번호

번호는 해당 정의 옆에 붙어있는 작은 숫자입니다.

 

정리의 링크 : 

https://openknowledgevl.tistory.com/51#thm번호

번호는 해당 정리 옆에 붙어있는 작은 숫자입니다.

 

위 내용은 아래의 출처를 기반으로 정리한 내용입니다.

틀린 내용이 존재할 수 있습니다.

 

출처(저자 - 제목 - ISBN13)

John B. Fraleigh - A First course in Abstract Algebra - 9788998308162