현대대수학 바이블 7.60-7.63

Excercises 7.60-7.63 from Gallian's Comteporary Abstract Algebra (English version solution at the end)

 

7.60
$A_5$가 위수 $12$인 부분군을 가짐을 증명하여라.

$A_4$는 $A_5$의 부분군이며 위수가 $12$이다.

7.61
$A_5$가 위수 $30$인 부분군을 갖지 않음을 증명하여라.

$H$가 $|H|=30$인 $A_5$의 부분군이라고 가정하자. 그렇다면 $|HA_4|=\frac{|H||A_4|}{|H\cap A_4|}=\frac{360}{|H\cap A_4|}$이다. 이 크기는 전체 집합인 $A_5$의 크기를 넘어설 수 없으니 $|H\cap A_4|$는 $6$ 이상이어야 한다. 또한, $H\cap A_4$는 $H$와 $A_5$의 부분군이므로 그 위수는 $30$과 $12$의 약수여야 한다. 따라서 $|H\cap A_4|$로 가능한 값은 $6$뿐이다. 하지만 $A_4$는 위수가 $6$인 부분군을 가지지 않으므로 모순이다. (7.58번 문제에서 주어졌음)

7.62
$A_5$가 위수 $15$ 또는 $20$인 부분군을 갖지 않음을 증명하여라.

$H$가 $|H|=15$인 $A_5$의 부분군이라고 가정하자. 그리고 $a$를 $|a|=5$인 $A_5$의 임의의 원소라고 하자. 그렇다면 $|HA_4|=\frac{|H||<a>|}{|H\cap <a>|}=\frac{75}{|H\cap <a>|}$이다. 이 크기는 전체 집합인 $A_5$의 크기를 넘어설 수 없으니 $60$ 미만이어야 한다. $H\cap <a>$는 $H$와 $<a>$의 부분군이므로 그 위수는 $15$과 $5$의 약수여야 한다. 그러므로 $1$과 $5$ 중 하나인데, 위의 조건을 고려했을 때 $5$만 가능하다. 따라서 $|H\cap <a>|=|<a>|=5$, $H\cap <a>=<a>$, $<a>\subset H$이다. $a$는 위수가 $5$인 임의의 원소였으므로 위수가 $5$인 모든 원소는 $H$의 원소이다. 그런 원소는 총 $\frac{5!}{5}=24$개인데, $H$의 위수보다 커지므로 그런 $H$는 존재할 수 없다. $20$의 경우도 같은 방식으로 증명할 수 있다.

7.63
$S_5$가 위수 $30$인 부분군을 갖지 않음을 증명하여라.

$H$가 $|H|=30$인 $S_5$의 부분군이라고 가정하자. 그렇다면 $|H\cap A_5|=15$또는 $30$이다. (7.59번 문제에서 주어졌음) 위수가 $15$ 또는 $30$인 $A_5$의 부분군은 존재하지 않으니 모순이다.



영어 번역문 - Gemini가 번역함 (English translation, translated by Gemini)

Exercise 7.60
Problem: Prove that $A_5$ has a subgroup of order $12$.

Proof: > $A_4$ is a subgroup of $A_5$ and its order is $12$. $\blacksquare$

Exercise 7.61
Problem: Prove that $A_5$ does not have a subgroup of order $30$.

Proof: > Suppose for contradiction that $H$ is a subgroup of $A_5$ such that $|H| = 30$. Then, the order of the product set $HA_4$ is given by:$$|HA_4| = \frac{|H||A_4|}{|H \cap A_4|} = \frac{360}{|H \cap A_4|}$$Since the size of this product set cannot exceed the order of the entire group $A_5$ (which is $60$), $|H \cap A_4|$ must be at least $6$. Furthermore, since $H \cap A_4$ is a subgroup of both $H$ and $A_4$, its order must be a common divisor of $30$ and $12$.Thus, the only possible value for $|H \cap A_4|$ is $6$. However, this implies that $H \cap A_4$ is a subgroup of $A_4$ of order $6$, which contradicts the fact that $A_4$ has no subgroup of order $6$ (as shown in Exercise 7.58). $\blacksquare$

Exercise 7.62
Problem: Prove that $A_5$ does not have a subgroup of order $15$ or $20$.

Proof: > Suppose for contradiction that $H$ is a subgroup of $A_5$ of order $|H| = 15$. Let $a$ be an arbitrary element of $A_5$ with order $|a| = 5$. Then, the order of the product set $H\langle a \rangle$ is given by:$$|H\langle a \rangle| = \frac{|H||\langle a \rangle|}{|H \cap \langle a \rangle|} = \frac{75}{|H \cap \langle a \rangle|}$$Since this size cannot exceed the order of the entire group $A_5$, it must be less than or equal to $60$. Since $H \cap \langle a \rangle$ is a subgroup of both $H$ and $\langle a \rangle$, its order must be a common divisor of $15$ and $5$.Thus, the possible values for $|H \cap \langle a \rangle|$ are either $1$ or $5$. Considering the inequality above, the only viable choice is $5$. This implies that $|H \cap \langle a \rangle| = |\langle a \rangle| = 5$, which yields $H \cap \langle a \rangle = \langle a \rangle$, and hence $\langle a \rangle \subset H$.Since $a$ was chosen as an arbitrary element of order $5$, every element of order $5$ in $A_5$ must be contained in $H$. The total number of such elements is $\frac{5!}{5} = 24$, which strictly exceeds the order of $H$ ($|H|=15$). Therefore, no such subgroup $H$ can exist.The case for order $20$ can be proven in exactly the same manner. $\blacksquare$

Exercise 7.63
Problem: Prove that $S_5$ does not have a subgroup of order $30$.

Proof: > Suppose for contradiction that $H$ is a subgroup of $S_5$ of order $|H| = 30$. Then, it follows that $|H \cap A_5| = 15$ or $30$ (as established in Exercise 7.59). However, this contradicts the fact that $A_5$ contains no subgroup of order $15$ or $30$, which was shown in Exercise 7.61 and 7.62.