[Abstract Algebra] Problems & Solutions Archive

1. 군론

[Problem 1.0]

$H$와 $K$가 군 $G$의 극대인 정규부분군(Maximal Normal Subgroup)이라 하자. 이때 $G/K\simeq H/(H\cap K)$이고 $G/H\simeq K/(H\cap K)$임을 보여라.

Solution ▶

우선 $H$와 $K$는 $G$의 정규부분군이므로 $HK=\{hk\mid h\in H,k\in K\}$는 $G$의 정규부분군이다. 따라서 준동형사상 $\gamma :G\to G/K$에 대하여 $H\le G$이므로 $\gamma [H]\le G/K$이다. 또한 제한함수 $\gamma {\mid }_H$에 대하여 $\ker (\gamma {\mid }_H)=H\cap K$이므로 동형사상 기본 정리에 의하여 $\gamma [H]\simeq H/(H\cap K)$이다. 

비슷한 방법으로 제한함수 $\gamma {\mid }_{HK}$에 대하여 $\ker (\gamma {\mid }_{HK})=K$이고 $\gamma [HK]=\gamma [H]$이므로 $\gamma [H]\simeq HK/K$이다. 따라서 $HK/K\simeq H/(H\cap K)$이다.  $\cdots (\ast )$

한편, $HK$는 $H$와 $K$를 포함하는 $G$의 정규부분군이고 $H$와 $K$는 극대인 정규부분군이므로 $HK=G$이어야 한다. 따라서 $(\ast )$에 의하여 $G/K\simeq H/(H\cap K)$이다. 비슷한 방법으로 $G/H\simeq K/(H\cap K)$이다. 

Solution ▶

 

[Problem 1.1]

위수가 $28$인 군 $G$의 위수가 $4$인 정규부분군을 가지면 $G$는 가환군임을 보여라.

Solution ▶

실로우 제3정리에 의하여 위수가 $28$인 군 $G$의 실로우 7-부분군의 개수는 $28$의 약수이면서 $7$로 나누었을 때 나머지가 $1$이다. 즉, 실로우 7-부분군의 개수는 $1$이다. 또한, 실로우 제2정리에 의하여 이 부분군은 $G$의 정규부분군이다. 

위수가 $4$인 정규부분군을 $H$, 위의 실로우 7-부분군을 $K$라 하자. $H$의 모든 원소의 위수는 $4$의 약수이고 $K$의 모든 원소의 위수는 $7$의 약수이므로 $H\cap K=\{e\}$이다. 이때 $$|HK|=|H\vee K|=\frac{|H||K|}{|H\cap K|}=28=|G|$$이므로 $H\vee K=G$이다. 따라서 $G\simeq H\times K$이다. 소수 $p$에 대하여 위수가 $p^2$인 군은 가환군이므로 $H$는 가환군이고 $K$는 위수 $7$이므로 순환군이다. 따라서 $G$ 또한 가환군이다. 

Solution ▶

 

[Problem 1.2] [2021 임용시험 기출]

군 $G$는 직접곱(직적, direct product) ${\mathbb{Z}}_{13}^{\ast }\times {\mathbb{C}}^{\ast }$이다. 위수(order)가 $18$인 $G$의 원소의 개수를 풀이 과정과 함께 쓰고, 덧셈군 ${\mathbb{Z}}_{18}$과 군동형(group isomorphic)이 되는 $G$의 부분군의 개수를 구하시오. (단, ${\mathbb{Z}}_{13}^{\ast }$과 ${\mathbb{C}}^{\ast }$은 각각 유한체 ${\mathbb{Z}}_{13}$과 복소수체 $\mathbb{C}$의 영이 아닌 원소들의 곱셈군이다.)

Solution ▶

$a\in {\mathbb{Z}}_{13}^{\ast }$이고, $b\in {\mathbb{C}}^{\ast }$를 선택했을 때, $|(a,b)|=\text{lcm}(|a|,|b|)$이다. 이로부터 $G$의 위수가 $18$인 원소는 다음과 같은 경우로 나누어 구할 수 있다.

(i) $|b|=18$인 경우: $|{\mathbb{Z}}_{13}^{\ast }|=12$이므로 $|a|=1,2,3,6$이어야 한다. 이때 $|a|=k$인 어떤 군의 원소 $a$의 개수는 순환군 ${\mathbb{Z}}_k$의 생성원의 개수와 같으므로 $\varphi (k)$와 같다. 따라서 이 경우 문제를 만족시키는 $(a,b)\in G$의 개수는 $$\varphi (18)\cdot (\varphi (1)+\varphi (2)+\varphi (3)+\varphi (6))=6\cdot (1+1+2+2)=36$$(ii) $|b|=9$인 경우: $|a|=2,6$이어야 하므로 (i)과 같은 방법으로 $(a,b)\in G$의 개수는 $$\varphi (9)\cdot (\varphi (2)+\varphi (6))=6\cdot (1+2)=18$$ (iii) $|b|\le 6$인 경우: $|a|\ge 9$이어야 하므로 문제의 조건을 만족시키는 $(a,b)\in G$는 존재하지 않는다. 

(i)~(iii)으로부터 위수가 $18$인 $G$의 원소의 개수는 $36+18=54$이다. 한편, ${\mathbb{Z}}_{18}$과 군동형인 $G$의 각 부분군은 $\varphi (18)=6$개의 생성원을 가진다. 따라서 ${\mathbb{Z}}_{18}$과 군동형인 $G$의 부분군의 개수는 $54/6=9$이다. $◼$

[Remark 1] 순환군 ${\mathbb{Z}}_k$의 생성원의 개수는 $\varphi (k)$이다. 이때 $\varphi (k)$는 $k$ 이하의 자연수 중 $k$와 서로소인 것들의 개수이다.

Solution ▶

 

 

[Problem 1.3] [2020 임용시험 기출]

대칭군(symmetric group) $S_5$와 덧셈 순환군(additive cyclic group) ${\mathbb{Z}}_{12}$의 직접곱(직적, direct product) $S_5\times {\mathbb{Z}}_{12}$에 대하여, $S_5$의 원소 $\sigma =\left(\begin{array}{c}12345\\ 24513\end{array}\right)$의 위수(order)와 $S_5\times {\mathbb{Z}}_{12}$의 원소 $(\sigma ,9)$의 위수를 각각 구하시오.

Solution ▶

(1) $\sigma$를 순환(cycle)의 곱으로 나타내면 $\sigma =(124)(35)$이다. $|(124)|=3,|(35)|=2$이므로 $|\sigma |=\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(3,2)=6$이다. 

(2) ${\mathbb{Z}}_{12}$의 원소 $9$의 위수는 $\frac{12}{gcd(9,12)}=4$이므로 $S_5\times {\mathbb{Z}}_{12}$의 원소 $(\sigma ,9)$의 위수는 $\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(|\sigma |,|9|)=\mathrm{l}\mathrm{c}\mathrm{m}(6,4)=12$이다. $◼$

[Remark 1] 직접곱의 원소의 위수는 각 좌표의 원소의 (각 원소가 속한 군에 대한) 위수들의 최소공배수와 같다.
[Remark 2] 덧셈군 ${\mathbb{Z}}_n$의 원소 $a$의 위수 $m$은 $n|am$인 최소인 자연수 $m$이다. 즉, $m=\frac{n}{gcd(a,n)}$이다. 

Solution ▶

 

[Problem 1.4] [2018 임용시험 기출]

위수(order)가 각각 $10$과 $n$인 두 순환군(cyclic group) ${\mathbb{Z}}_{10}$과 ${\mathbb{Z}}_n$의 직접곱(직적, direct product) ${\mathbb{Z}}_{10}\times {\mathbb{Z}}_n$이 순환군이 되도록 하는 $10$ 이상이고 $100$ 이하의 자연수 $n$의 개수를 구하시오.

Solution ▶

(1) $gcd(10,n)=1$인 경우, $(1,1)\in G$의 위수는 $\mathrm{lcm}(10,n)=10n$이고 $|G|=10n$이므로 $G\simeq {\mathbb{Z}}_{10n}$이다.

(2) $gcd(10,n)>1$인 경우, $G$의 모든 원소의 위수는 $\mathrm{lcm}(10,n)<10n$이다. 따라서 $G$는 순환군이 아니다. 

따라서 구하는 자연수 $n$의 개수는 $91-46-19+10=36$이다.  

[Remark 1] $gcd(p,q)=1$일 필요충분조건은 ${\mathbb{Z}}_p\times {\mathbb{Z}}_q\simeq {\mathbb{Z}}_{pq}$이다. 

Solution ▶

 

[Problem 1.5] [2019 임용시험 기출]

$G$는 위수가 $150$인 군(group)이다. 위수가 $6$인 $G$의 부분군(subgroup)이 유일하게 존재할 때, 위수가 $30$인 $G$의 부분군이 존재함을 보이시오.

Solution ▶

위수가 $6$인 $G$의 부분군을 $H$라 하자. 임의의 $g\in G$에 대하여 $gH{g}^{-1}$은 위수가 $6$인 $G$의 부분군이므로 조건에 의하여 $gH{g}^{-1}=H$이다. 따라서 $H$는 $G$의 정규부분군이다. $\cdots \cdots (\ast )$

$G$는 위수가 $150$인 군이고 $5|150$이므로 코시의 정리(또는 제1 실로우 정리)에 의하여 $G$는 위수가 $5$인 순환부분군을 갖는다. 그 순환부분군을 $K$라 하면 $(\ast )$에 의하여 $HK=H\vee K$이고, $gcd(5,6)=1$이므로 라그랑주 정리에 의하여 $H\cap K=\{e_G\}$이다. (단, $H\vee K$는 $H$와 $K$의 결합(join)이다.) 따라서 $$|HK|=\frac{|H||K|}{|H\cap K|}=30$$이므로 $HK=H\vee K$는 $G$의 위수 $30$인 부분군이다. 

[Remark 1] (라그랑주 정리) $G$의 모든 원소의 위수는 $|G|$의 약수이다.
[Remark 2] (코시의 정리) 소수 $p$에 대하여 군 $G$의 위수가 $p$의 배수이면 $G$는 위수 $p$인 원소를 갖는다. 즉, $G$에는 위수 $p$인 순환부분군을 갖는다.
[Remark 3] (제1 실로우 정리) 소수 $p$와 군 $G$에 대하여 $|G|=p^{n}m(i\ge 1,p\nmid m)$이라 하자. 그러면 각 $k\in \{1,2,\cdots ,n\}$에 대하여 $|H_k|=p^k$이고 $H_k◃H_{k+1}$인 $G$의 부분군 $H_k$가 존재한다.

Solution ▶

 

 

 

2. 환론

[Problem 2.0]

$F$가 체일 때, 주아이디얼 $<x>$는 $F[x]$의 극대 아이디얼임을 보여라. 또한 이 아이디얼이 $F[x]$의 유일한 극대 아이디얼이 아님을 보여라. 

Solution ▶

(Proof)

함수 $\varphi :F[x]\to F$를 $\varphi (f)=f(0)$이라 하면, $\varphi$는 값매김 준동형사상(evaluation homomorphism)이고, $\varphi$는 자명히 전사이다. 또한 $\ker \varphi =\{f\in F[x]:f(0)=0\}=<x>$이므로 제1동형정리에 의하여 $F[x]/<x>\simeq F$이다. $F$는 체이고 $F[x]$는 단위원 $1$을 갖는 가환환이므로 $<x>$는 $F[x]$의 극대 아이디얼이다. 

비슷한 방법으로 $a\ne 0$에 대하여 $<x-a>$는 $F[x]$의 극대 아이디얼임을 보일 수 있고, 자명히 $<x-a>\ne <x>$이다. 

Solution ▶

 

[Problem 2.1]

${\mathbb{Z}}_3[x]/⟨x^3+c{x}^2+1⟩$가 체가 되도록 하는 모든 $c\in {\mathbb{Z}}_3$을 구하시오.

Solution ▶

(Proof)

${\mathbb{Z}}_3[x]$는 단위원을 갖는 가환환이므로 주어진 잉여환이 체가 될 필요충분조건은 주아이디얼 $⟨x^3+c{x}^2+1⟩$이 극대아이디얼인 것이다. 또한, 이 아이디얼이 극대아이디얼일 필요충분조건은 $x^3+c{x}^2+1$이 ${\mathbb{Z}}_3$ 위에서 기약인 것이다.

$f(x)=x^3+c{x}^2+1$이라 하면 $f(0)=1,f(1)=2+c,f(2)=c$이므로 ${\mathbb{Z}}_3$에서 $f(1)\ne 0$, $f(2)\ne 0$이 되려면 $c=2$이어야 한다. 

Solution ▶

 

[Problem 2.2]

$R$이 나눗셈환(division ring)이면 그 중심(center) $Z(R)$은 체임을 보여라.

Solution ▶

(Proof)

$Z(R)$이 $R$의 부분환임을 보이는 것을 그렇게 어렵지 않다. $Z(R)$은 그 정의로부터 가환환이다. $Z(R)$이 체임을 보이기 위해서는 $0$이 아닌 $Z(R)$이 임의의 원소가 역원을 가짐을 보이면 충분하다.

$R$은 나눗셈환이므로 임의의 $0\ne x\in R$에 대하여 $x^{-1}\in R$이다. 이때 $0\ne x\in Z(R)$이라 하면 모든 $r\in R$에 대하여 $r^{-1}x=x{r}^{-1}$이 성립한다. 따라서 $(r^{-1}x{)}^{-1}=(x{r}^{-1}{)}^{-1}\Rightarrow x^{-1}r=r{x}^{-1}$가 성립한다. 이로부터 $x^{-1}\in R$이므로 $Z(R)$의 $0$이 아닌 원소는 역원을 가진다. 따라서 $Z(R)$은 가환인 나눗셈환이므로 체이다. 

Solution ▶

 

 

 

3. 체론

[Problem 3.0]

대수적 정수(algebraic integer)란 최고차항의 계수가 1인 다항식 $f(x)\in \mathbb{Z}[x]$의 근이 되는 복소수를 의미한다. 유리수 $r$이 대수적 정수일 때, $r$이 정수임을 보여라. 

Solution ▶

(Proof)

$r$이 대수적 정수이므로 정수 $a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}$이 존재하여 $$r^n+a_{n-1}{r}^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_0=0(n\ge 1)$$을 만족시킨다. 서로소인 두 정수 $p,q$에 대하여 $r=q/p$라 하고 위 방정식의 양변에 $p^n$을 곱하면 $$\begin{array}{rl}& q^n+a_{n-1}p{q}^{n-1}+\cdots +a_1{p}^{n-1}q+a_0{p}^n=0\\ & q^n=-p(a_{n-1}{q}^{n-1}+\cdots +a_1{p}^{n-2}q+a_0{p}^{n-1})\end{array}$$이고 $gcd(p,q)=1$이므로 $p=\pm 1$을 얻는다. 따라서 $r\in \mathbb{Z}$이다. 

Solution ▶

 

[Problem 3.1]

$\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 위로의 자기동형사상(automorphism)은 항등사상뿐임을 보여라.

Solution ▶

(Proof)

$\sqrt[3]{2}\notin \mathbb{Q}$이고 $\sqrt[3]{2}$는 $x^3-2$의 한 근이고 아이젠슈타인 판정법에 의해 $x^3-2$는 $\mathbb{Q}$ 위에서 기약이다. 따라서 $\text{irr}(\mathbb{Q},\sqrt[3]{2})=x^3-2$이다. 체 위의 자기동형사상은 체의 원소들을 그 원소의 켤레 원소로 대응시키므로 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 위의 자기동형사상 $\psi$는 $\psi (\sqrt[3]{2})$의 값에 따라 결정된다. 이때 $x^3-2$의 근 중에서 $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})$ 위의 원소는 $\sqrt[3]{2}$뿐이므로 이 체 위에서의 자기동형사상은 항등사상뿐이다.  

Solution ▶

 

[Problem 3.2] [2019 임용시험 기출]

${\mathbb{Z}}_7[x]$는 유한체(finite field) ${\mathbb{Z}}_7$ 위의 다항식환(polynomial ring)이다. ${\mathbb{Z}}_7[x]$의 주아이디얼(단항이데알, principal ideal) $I=⟨x^2-x⟩$에 대하여 잉여환(상환, factor ring, quotient ring) ${\mathbb{Z}}_7[x]/I$의 단원(unit, unit element)의 개수를 구하시오.

Solution ▶

(Proof)

$I$가 이차다항식에 의해 생성된 주아이디얼이므로 ${\mathbb{Z}}_7[x]/I=\{(ax+b)+I|a,b\in {\mathbb{Z}}_7\}$이다. 이때 $(ax+b)+I=1+I$일 필요충분조건은 $(x^2-x)f(x)+(ax+b)=1$인 $f(x)\in {\mathbb{Z}}_7[x]$가 존재하는 것이다. 즉, $gcd(x^2-x,ax+b)=1$이어야 한다. 

$x^2-x=x(x-1)$에서 $gcd(x^2-x,ax+b)\ne 1$이 아닌 경우는 $ax+b$가 $x$ 또는 $x-1$를 인수로 가지는 것이다. $gcd(x^2-x,ax+b)=x$인 경우는 $ax+b=x,2x,\cdots ,6x$이고 $gcd(x^2-x,ax+b)=x-1$인 경우는 $ax+b=x-1,2(x-1),\cdots ,6(x-1)$이다. 또한, $ax+b=0$인 경우는 $gcd(x^2-x,ax+b)=x^2-x$이다. $|{\mathbb{Z}}_7[x]/I|=49$이므로 ${\mathbb{Z}}_7[x]/I$에서 단원의 개수는 $49-1-12=36$이다. $◼$

Solution ▶

 

 

 

4. 갈루아 정리

[Problem 4.0] [2018 임용시험 기출]

유리수체 $\mathbb{Q}$ 위의 기약다항식(irreducible polynomial) $f(x)$의 $\mathbb{Q}$ 위의 분해체(splitting field) $K$에 대하여 갈루아 군(Galois group) $G(K/\mathbb{Q})$가 아벨군(abel group)이다. 이때 $G(K/\mathbb{Q})$의 위수가 $f(x)$의 차수 $\mathrm{deg}(f(x))$와 같음을 보이시오. 또, $\mathrm{deg}(f(x))=2018$일 때, $K$의 모든 부분체(subfield)의 개수를 풀이 과정과 함께 쓰시오. (참고: $2018=2\times 1009$이고 $1009$는 소수이다.)

Solution ▶

(Proof)

$K$는 $\mathbb{Q}$ 위의 분해체이므로 $\mathbb{Q}$의 정규 확대체(갈루아 확대체)이다. $f(x)$의 한 근을 $\alpha$라고 하자. 그러면 $\mathbb{Q}\le \mathbb{Q}(\alpha )\le K$이므로 갈루아의 기본 정리에 의하여 $G(K/\mathbb{Q}(\alpha ))\le G(K/\mathbb{Q})$이다. 이때 $G(K/\mathbb{Q})$는 아벨군이므로 이 군의 모든 부분군은 정규부분군이다. 따라서 $G(K/\mathbb{Q}(\alpha ))$는 $G(K/\mathbb{Q})$의 정규부분군이다. 따라서 갈루아의 기본 정리에 의하여 $\mathbb{Q}(\alpha )$는 $\mathbb{Q}$의 정규 확대체이다. 즉, $\mathbb{Q}(\alpha )$는 $f(x)$의 모든 근을 포함하므로 $K=\mathbb{Q}(\alpha )$이다. 따라서 $$|G(K/\mathbb{Q})|=[K:\mathbb{Q}]=[\mathbb{Q}(\alpha ):\mathbb{Q}]=\mathrm{deg}(f(x))$$가 성립한다. 한편, $K$의 각 부분체는 $G(K/\mathbb{Q})$의 각 부분군에 유일하게 대응되므로 $K$의 부분체의 개수는 $G(K/\mathbb{Q})$의 부분군의 개수와 같다. 또한 $|G(K/\mathbb{Q})|=2018$이고 $G(K/\mathbb{Q})$는 아벨군이므로 유한 생성 가환군의 기본 정리에 의하여 $$G(K/\mathbb{Q})\simeq {\mathbb{Z}}_2\times {\mathbb{Z}}_{1009}\simeq {\mathbb{Z}}_{2018}$$이고, $G(K/\mathbb{Q})$는 순환군이다. 따라서 $G(K/\mathbb{Q})$의 부분군의 개수는 위수인 $2018$의 약수의 개수인 $4$이고, 이에 따라 $K$의 부분체의 개수도 $4$이다. $◼$

[Remark 1] $\mathbb{Q}$는 완전체이므로 $\mathbb{Q}$ 위의 확대체는 분리 가능(separable) 확대체이다. 따라서 $\mathbb{Q}$ 위의 어떤 기약다항식의 분해체는 $\mathbb{Q}$의 정규 확대체이다. 

[Remark 2] 체 $K$가 체 $F$의 정규 확대체이고 $F\le L\le K$라 하자. 그러면 $L$이 $F$의 정규 확대체일 필요충분조건은 갈루아 군 $G(K/L)$이 $G(K/F)$의 정규부분군인 것이다. 또한, 이 경우 $$G(L/F)\simeq G(K/F)/G(K/L)$$이다. 

[Remark 3] 유한 생성 가환군의 기본 정리
$G$가 유한 가환군이면 $G$는 적당한 소수 $p_i$와 자연수 $r_i$가 존재하여 $$G\simeq {\mathbb{Z}}_{p_1^{r_1}}\times {\mathbb{Z}}_{p_2^{r_1}}\times \cdots \times {\mathbb{Z}}_{p_n^{r_n}}$$이다. 이때 각 소수 $p_i$가 쌍마다 다를 필요는 없다. 

[Remark 4] 두 자연수 $p,q$에 대하여 $gcd(p,q)=1$이면 ${\mathbb{Z}}_p\times {\mathbb{Z}}_q\simeq {\mathbb{Z}}_{pq}$이다. 

Solution ▶