왕도를 찾아서

7.10본 게시글은 현대대수학 바이블 교재 연습문제 7.10번에 대한 풀이입니다.Let $G$ be a group of order $155$ and $a, b$ be non-identity elements with distinct orders. Prove that the only subgroup of $G$ that contains $a, b$ is $G$ itself.Let $H$ be a subgroup of $G$ that contains $a, b$. Then, it should contain $, $.$|a|, |b|$ can only be only if $5, 31, 155$ by Lagrange's Theorem.Case 1)One of $|a|$ and $ |b|$ is $155$, say..

Q. 위수가 4인 군은 모두 가환군임을 증명하라. A.위수가 4인 원소가 존재한다면 군은 순환군이므로 가환군이다. 그런 원소가 없다고 해보자. 그럼 위수가 1인 원소(항등원)과 위수가 2인 원소 3개 $a, b, c$가 있을 것이다. 이때 $a, b, c$ 전부 위수가 2이므로 자기 자신이 역원이다. $ab$는 $c$일 수밖에 없다. $a$와 $b$는 둘 다 항등원이 아니고 술은 서로 역원 관계도 아니기 때문에 $e, a, b$는 될 수 없기 때문이다. 같은 원리로 $ba$도 $c$이다. 같은 논리를 $b, c$ 그리고 $c, a$에 대해서도 적용하면 $ab=ba, bc=cb, ca=ac$이므로 군은 가환군이다.

The number of elements of order $k$ in an abelian group.i) Cyclic GroupIn a cyclic group of order $N$, there exist $\phi(k)$ elements of order $k$ if $k$ divides $N$ and $0$ if not.Proof.Let $G=$ and $|a^m|=\frac{N}{\text{gcd}(N,m)}=k$, then $\text{gcd}(N,m)=N/k$. If $k$ divides $N$, $N/k|m, m=pN/k$. $\text{gcd}(N,pN/k)=N/k$, $\text{gcd}(k,p)=1$. So there exist $\phi(k)$ $p$'s, meaning there exi..

$|a|=m, |b|=n,k=\text{gcd}(m,n)$, Then $|ab|=\frac{mn}{k^2}i$ for some $i$ such that $i|k$.Proof.Let $c=|ab|$.$(ab)^{mn/k}=(a^m)^{n/k}(b^n)^{m/k}=e$, $c|\frac{mn}{k}$.$e=(ab)^{cm}=(a^m)^{c}b^{cm}=b^{cm}$, $n|cm$, $\frac{n}{k}|c\frac{m}{k}$, $\text{gcd}(\frac{n}{k},\frac{m}{k})=1 \rightarrow \frac{n}{k}|c$. By the same logic, $\frac{m}{k}|c$, $\frac{nm}{k^2}|c$.Conclusion. $\frac{nm}{k^2}|c|\frac..

Problem 위수가 35인 가환군 $G$의 모든 원소가 방정식 $x^{35}=e$를 만족한다고 하자. $G$가 순환군임을 증명하라. Answer각 원소의 위수는 1, 5. 7. 35 중 하나일 수밖에 없다.위수가 1인 원소는 한 개이다. ($e$)위수가 5인 원소의 개수는 4의 배수이다. 즉 $4n$개이다.왜냐하면 $a$의 위수가 5라면 $a^2, a^3, a^4$도 위수가 5이기 때문이다.같은 원리로 위수가 7인 원소는 $6m$이다.위수가 5인 원소와 7인 원소를 곱하면 위수가 35가 된다. 따라서 위수가 35인 원소의 개수는 최소 $24mn$개이다. 또한 위수가 35인 원소의 개수는 24의 배수여야 한다.$24mn+24o$개라고 하자.모두 합하면 $1+4n+6m+24mn+24o=35$이다.이를 만족..

Components and Partitions1. PartitionsLet $X$ be a space. A partition of $X$ is the collection of disjoint subspaces of $X$ such that the union equals $X$. Example: $[0,1]$ and $(1,2]$ are partitions of $[0,2]$.Example: $[0,1]$ and $[1,2]$ are not partitions because they are not disjoint.2. ComponentsComponents are equivalence classes by defining the equivalence relation $\sim$ so that $x\sim y$..

The product of all primitive roots modulo $m$ is either 1 or -1.If $m=2$, then the product of all primitive roots is 1.If $r$ is a primitive root, then the inverse $\bar{r}$ is also a primitive root.When calculating the product of all primitive roots, we can pair each one with its inverse, so that the product of each pair becomes 1. Now we are left with one element(not known if it exists or not)..

If integer $m>2$ has a primitive root and $x^2\equiv1\ (\text{mod} \ m)$, then either $x\equiv1\ (\text{mod} \ m)$ or $x\equiv-1\ (\text{mod} \ m)$.Proof.Solve the congruence $x^2\equiv1\ (\text{mod} \ m)$. It is equivalent to solving the congruence $2y\equiv\text{ind}_r(1)\equiv0\ (\text{mod} \ \phi(m))$Since $\text{gcd}(2,\phi(m))=2$ (because $\phi(m)$ is even), this congruence has 2 solutions..

There are several ways to prove this. In my last article, I introduced you the proof as a corollary, but this only works if $m$ has a primitive root. https://wangdo.tistory.com/85 2 be an integer with a primitive root r. Then, r^(ϕ(m)/2) ≡ −1 (mod m)" data-og-description="Let $m>2$ be an integer with a primitive root $r$. Then, $r^{\phi(m)/2}\equiv-1 \ (\text{mod} \ m)$.Proof.$\text{gcd}(-1,m)=1..

Let $m>2$ be an integer with a primitive root $r$. Then, $r^{\phi(m)/2}\equiv-1 \ (\text{mod} \ m)$.Proof.$\text{gcd}(-1,m)=1$. Therefore, there exists an integer $02$. Therefore, $2i=\phi(m)$. * Here we can obtain the corollary that $\phi(m)$ is an even number if $m>2$. (Note that $\phi(2)=1$ is odd)We get $i=\phi(m)/2$. End of proof.