[군론](19)[정규부분군 & 몫군]

 

normal subgroup

$N \le G$에 대해, $\forall g \in G, \ gN = Ng$인 N
    $N\unlhd G$

 

특징

1. 만약 G가 abelian이라면 모든 subgroup이 normal subgroup
   당연히 element-wise로 normal subgroup이 됨
2. 모든 left coset = right coset임
3. 항상 {e}, G $\unlhd$ G
   즉, 임의의 군엔 normal subgroup이 1개는 존대
4. Z(G) $\unlhd$ G
   군론 6에서 봤던 군의 중심은 항상 G의 normal subgroup이다
   Z(G) = {x | $\forall g \in G, \ gx=xg$} = abelian element
       정의부터가 normal subgroup임...

$[G : H] = 2 \Rightarrow H \unlhd G$

군론 17에서 증명한 것과 같이
[G : H] = 2이면 left coset = right coset이다
    즉, gH = Hg이므로
-> normal subgroup

 

normal subgroup $\Leftrightarrow \forall g \in G, \ gNg^{-1} \subseteq N$

• 증명 (=>)
  $N \unlhd G$일때,
  $\iff \forall g \in G, \ gN = Ng$
  즉, $\forall n \in N, \ \exists n_1 \in N, \ gn = n_1g$
  $\Rightarrow \forall gng^{-1} = \exists n_1 \in N$
  따라서, $gNg^{-1} \subseteq N$
  
  참고) 반대 증명도 가능하다
  $\Rightarrow n = \exists gn_1g^{-1} \in gNg^{-1}$
  $\Rightarrow \forall n = \exists gn_1g^{-1} \in N$
  따라서, $N \subseteq gng^{-1}$
  그래서 정확히는 $N = gng^{-1}$인데 편리성 때문에 생략됨
• 증명 (<=)
  $gng^{-1} \subseteq N$일떄,
  
  $\forall gn \in gN$,
  $gng^{-1} \in gNg^{-1} \subseteq N$
  $\Leftrightarrow \exists n_1 \in N, \ gng^{-1} = n_1$
  $\Rightarrow gn = n_1g \in Ng \Rightarrow gN \subseteq Ng$
  
  $\forall ng^{-1} \in gN$,
  $(g^{-1})^{-1}ng^{-1} \in gNg^{-1} \subseteq N$
  $\Leftrightarrow \exists n_2 \in N, \ (g^{-1})^{-1}ng^{-1} = n_2$
  $\Rightarrow ng^{-1} = (g^{-1})^{-1}n_2 \in gN \Rightarrow Ng \subseteq gN$
  
  즉, $gN \subseteq Ng, \ Ng \subseteq gN$이므로, gN = Ng
  -> normal subgroup

 

G/N (Quotient group)

N $\unlhd$ G일때, left coset을 모은 집합
{gN | $g \in G$}

• |G/N| = [G : N] = $\frac{|G|}{|N|}$
• G/<(a, b)>: 군 G를 (a, b)으로 모듈러 연산을 돌리겠다는 뜻이다
  (a, b)를 (0, 0)으로 취급하겠다는 뜻
  ax+by = 0의 식

 

G/N은 군인가?

몫군 내부의 연산
    $\forall a,b \in G, \ (aN)\cdot(bN) = (ab)N$
$N \unlhd G \iff \text{well-defined}$

• 증명(=>)
  $N \unlhd G$일때,
       aN = a'N이고
       bN = b'N이라 하자
  $\Rightarrow$ $an_1 = a', \ bn_2 = b'$
  a'b' = $(an_1)(bn_2) = a(n_1b)n_2$
  이떄, $N \unlhd G$이므로, Nb = bN
       $\Rightarrow \exists bn_3 \in bN, \ n_1b = bn_3$
  $(a(n_1b)n_2) = a(bn_3)n_2 \in (ab)N$
       즉, (ab)N = (a'b')N이다.
  -> well-defined
• 증명(<=) normal subgroup의 동치 조건을 이용하자
  $\forall n \in N,\ nN = N$
  well-defined이므로, 같은 값을 곱하면 같은 결과가 나옴
  $\Rightarrow \forall g \in G, \ (nN)(g^{-1}N) = (N)(g^{-1}N)$
       = $(ng^{-1})N = g^{-1}N$
  $\Rightarrow (gN)(ng^{-1})N = (gN)(g^{-1}N)$
       = $(gng^{-1})N = (gg^{-1})N = N$
  따라서 $gNg^{-1} \subseteq N$이므로, N은 normal subgroup

1. closed?
   이미 연산 자체가 closed임
   $(aN)\cdot(bN) = (ab)N \in \text{left coset's set}$
2. associative?
   G에서 상속받아서 ㄱㅊ
3. identity?
   eN = N
4. inverse?
   $(aN)^{-1} = (a^{-1})N$

-> 몫군 또한 군이다.

 

예시

[[번외) Quotient group 예시]]

 

성질

G가 abelian => G/N도 abelian

• 증명
  G가 abelian이고, $N\unlhd G$라 가정하자.
  $\forall aN, \ bN \in G/N$에 대해
  $aN\cdot bN = (a\cdot b)N$
  = $(b\cdot a)N$ (G가 abelian)
  = $= bN\cdot aN$
  따라서 G/N도 abelian

참고) 역은 성립 X
    $S_n/A_n \simeq \mathbb{Z}_2$ <- abelian
    그러나, $S_n$은 abelian 아님

G가 cyclic => G/N도 cyclic

• 증명
  G가 cyclic이고, $N\unlhd G$라 가정하자.
  $\forall gN \in G/N$에 대해,
  $\exists a \in G, \ a^k = g$ (G가 cyclic)
  $\Rightarrow gN = a^kN = aN\cdot aN \cdot ... \cdot aN$
  = $(aN)^k$
  즉, $G/N = \braket{aN}$
  따라서 G/N도 cyclic

참고) 역은 성립 X
$S_n/A_n \simeq \mathbb{Z}_2$ <- cyclic
그러나, $S_n$은 cyclic 아님

 

G/Z 정리

G/Z(G)가 cyclic => G는 abelian

• 증명
  G/Z(G)가 cyclic이므로,
  $G/Z(G) = \braket{gZ(G)}$인 $\exists g \in G$존재
  $\Rightarrow G = Z(G)\cup gZ(G)\cup ...\cup g^kZ(G)\cup ...$
• 이떄, G의 임의의 원소 x, y를 다음과 같이 나타낼 수 있다.
  $x \in g^iZ(G), \ y \in g^jZ(G)$
  $\Leftrightarrow x = g^iz_1, \ y = g^jz_2$ (단, $z_1,z_2 \in Z(G)$)
  즉, $z_1, z_2$는 중심의 원소이므로, 교환법칙이 성립
  $xy = g^iz_1g^jz_2 = z_2g^{i+j}z_1 = g^jz_2g^iz_1 = yx$
  따라서 abelian