왕도를 찾아서

U_s(st) 와U(t)의 Isomorphism 증명

finding wangdo — Sun, 21 Jun 2026 00:08:31 +0900

If $\gcd (s,t)=1$, then $U_s(st)\cong U(t)$

Proof.
Let $f:U_s(st)\to U(t)$, $f(x)= x\ \text{mod}t$.

i) $f$ is well-defined
$x\in U_s(st)$
$\Rightarrow \text{gcd}(x,st)=1$
$\Rightarrow \text{gcd}(x,t)=1$
$\Rightarrow \text{gcd}(f(x),t)=1$
$\Rightarrow f(x)\in U(t)$

ii) $f$ is a bijection ($f^{-1}$ is well-defined)
$y\in U(t)$
$\Rightarrow \text{gcd}(y,t)=1$

Let $0\le k<st$ be a value that satisfies $k\ \text{mod} t=y, k\ \text{mod} s=1$. Such $k$ uniquely exists in modulo $st$ by the Chinese Remainder Theorem. Let $f^{-1}(y)=k$.

$f^{-1}(y)\ \text{mod} t=y\Rightarrow\text{gcd}(f^{-1}(y),t)=\text{gcd}(y,t)=1$
$f^{-1}(y)\ \text{mod} s=1\Rightarrow\text{gcd}(f^{-1}(y),s)=1$
$\Rightarrow \text{gcd}(f^{-1}(y),st)=1$
$f^{-1}(y)\in U_s(st)$

iii) $f$ preserves operations
$f(w)f(z)=(w\ \text{mod} t)(z\ \text{mod} t)=wz\ \text{mod} t=f(wz)$

Therefore, $f$ is an isomorphism. $\blacksquare$

현대대수학 바이블 7.60-7.63

finding wangdo — Thu, 18 Jun 2026 19:41:02 +0900

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.

현대대수학 바이블 p7.10

finding wangdo — Mon, 8 Jun 2026 00:46:40 +0900

7.10

본 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 $<a>, <b>$.

$|a|, |b|$ can only be only if $5, 31, 155$ by Lagrange's Theorem.

Case 1)
One of $|a|$ and $ |b|$ is $155$, say $|a|$. Then, $G$ is a cyclic group. So $<a>=G$, meaning if $H$ contains $a$, it contains $G$.

Case 2)
$|a|, |b|$ are one of $5, 31$. Without loss of generality, say $|a|=31, |b|=5$. Then $b\not\in<a>$ since if it were, $|b|$ should divide $31$ (by Lagrange's Theorem).

$b^i<a>=b^j<a>$ if and only if $b^{i-j}\in<a>$. Therefore, $<a>, b<a>, b^2<a>, b^3<a>, b^4<a>$ are all disjoint subsets of $G$, contained by $H$. This means $H\supset<a>\cup\ b<a>\cup\ b^2<a>\cup\ b^3<a>\cup\ b^4<a>=G$. Therefore, $H=G$.

조금 더 쉬운 풀이가 있어서 추가 첨부.

Case 2에서 $H$는 $a, b$를 둘 다 원소로 가지기 때문에 $H$의 위수는 $5$의 배수이면서 $31$의 배수여야 함 (라그랑주 정리). 따라서 $H$의 위수는 155임. 끝.

위수가 4인 군은 모두 가환군이다.

finding wangdo — Wed, 18 Mar 2026 23:57:13 +0900

Q. 위수가 4인 군은 모두 가환군임을 증명하라.

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.

finding wangdo — Wed, 4 Feb 2026 06:57:38 +0900

The number of elements of order $k$ in an abelian group.

i) Cyclic Group

In a cyclic group of order $N$, there exist $\phi(k)$ elements of order $k$ if $k$ divides $N$ and $0$ if not.
Proof.
Let $G=<a>$ 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 exist $\phi(k)$ $m$'s such that $|a^m|=k$. Therefore, there exist $\phi(k)$ elements of order $k$ if $k$ divides $N$ and $0$ if not.

ii) Abelian Group - prime number

Let $a_1$ be an element of order $p$, where $p$ is a prime. Then $a_1, a_1^2, a_1^3,...,a_1^{p-1}$ are of order $p$. - There are $p-1$ elements of order $p$ in $<a_1>$.

Let $a_2$ be an element of order $p$ that cannot be generated by $a_1$. Then $a_2, a_2^2, a_2^3,...,a_2^{p-1}$ are of order $p$. Consider $a_1a_2$, of which the order can be either $1$ or $p$. (See here for reason.) If the order is $1$, $a_1a_2=e$, so it is a contradiction to the fact that $a_2$ cannot be generated by $a_1$. So $a_1a_2$ is of order $p$. By the same logic, $a_1^ma_2^n$ where $n,m=1,2,3,...,p-1$ are of order $p$. Furthermore, we can say all the elements of $<a_1,a_2>$ except for the identity element, $a_1^ma_2^n$ where $n,m=0, 1,2,3,...,p-1$, except for the case $m=n=0$, are of order $p$. - There are $p^2-1$ elements of order $p$ in $<a_1,a_2>$.

Expanding this by introducing $a_3$ which cannot be generated by $a_1$ nor $a_2$, $a_1^ma_2^na_3^o$ where $n,m,o=0, 1,2,3,...,p-1$, except for the case $m=n=o=0$, are of order $p$. - There are $p^3-1$ elements of order $p$ in $<a_1,a_2,a_3>$.

Repeating the process, we can conclude that there are $p^i-1$ elements of order $p$ in the subgroup $<a_1,a_2,...,a_i>$, where $i$ is a positive integer. Any element not in the subgroup $<a_1,a_2,...,a_i>$ cannot be of order $p$ since if there is, we should have repeated the process by setting it as a new $a_{i+1}$. Therefore, there are $p^i-1$ elements of order $p$.

iii) Abelian Group - square-free number

Let $a$ be an element of order $w$, where $w$ is a square-free integer. So, $w=p_1p_2...p_k$. Then $a^{w/p_i}$ is of order $p_i$ for $i=1,2,...,k$. By Bézout Identity, $\text{gcd}(w/p_1,w/p_2,...,w/p_k)=1$, so there exist integers $x_1, x_2,...,x_k$ such that $(w/p_1)x_1+(w/p_2)x_2+...+(w/p_k)x_k=1$, which means that $a$ can be generated by $a^{w/p_1}, a^{w/p_2},...,a^{w/p_k}$, of orders, respectively $p_1, p_2, ...,p_k$.

This concludes that every element of order $w$ can be shown as a product of elements of orders $p_1,p_2,...,p_k$.

By the result of ii), there are $p_1^{i_1}-1$ elements of order $p_1$, $p_2^{i_2}-1$ elements of order $p_2$, ..., $p_k^{i_k}-1$ elements of order $p_k$. Therefore, there exist $(p_1^{i_1}-1)(p_2^{i_2}-1)...(p_k^{i_k}-1)$ elements of order $w$.

iv) Abelian Group - prime power number

Let $a_1$ be an element of order $p^h$, where $p$ is a prime. Then by the result of i), there are $\phi(p^h)=p^h-p^{h-1}$ elements of order $p^h$ in the cyclic subgroup $<a_1>$.

Let $a_2$ be an element of order $p^h$ that cannot be generated by $a_1$. Consider $z\in<a_1,a_2>$. Its order can be $p^i$, where $i=0,1,2,...,h$ (See here for reason.) - There are $p^{2h}$ elements of order $1,p,p^2,...,p^h$ in $<a_1,a_2>$. By the same logic, there are $p^{2(h-1)}$ elements of order $1,p,p^2,...,p^{h-1}$ in $<a_1,a_2>$. Therefore, there are $p^{2h}-p^{2(h-1)}$ elements of order $p^h$ in $<a_1,a_2>$.

Expanding this by introducing $a_3$ which cannot be generated by $a_1$ nor $a_2$. - There are $p^{3h}-p^{3(h-1)}$ elements of order $p^h$ in $<a_1,a_2,a_3>$.

Repeating the process, we can conclude that there are $p^{ih}-p^{i(h-1)}$ elements of order $p^h$ in the subgroup $<a_1,a_2,...,a_i>$, where $i$ is a positive integer. Any element not in the subgroup $<a_1,a_2,...,a_i>$ cannot be of order $p^h$. Therefore, there are $p^{ih}-p^{i(h-1)}$ elements of order $p^h$.

v) Abelian Group - composite number

Let $a$ be an element of order $w$, where $w$ is a composite number. So, $w=p_1^{h_1}p_2^{h_2}...p_k^{h_k}$. Then $a^{w/p_i^{h_i}}$ is of order $p_i^{h_i}$ for $i=1,2,...,k$. By Bézout Identity, $\text{gcd}(w/p_1^{h_1},w/p_2^{h_2},...,w/p_k^{h_k})=1$, so there exist integers $x_1, x_2,...,x_k$ such that $(w/p_1^{h_1})x_1+(w/p_2^{h_2})x_2+...+(w/p_k^{h_k})x_k=1$, which means that $a$ can be generated by $a^{w/p_1^{h_1}}, a^{w/p_2^{h_2}},...,a^{w/p_k^{h_k}}$, of orders, respectively $p_1^{h_1}, p_2^{h_2}, ...,p_k^{h_k}$.

This concludes that every element of order $w$ can be shown as a product of elements of orders $p_1^{h_1},p_2^{h_2},...,p_k^{h_k}$.

By the result of iv), there are $p^{i_1h_1}-p^{i_1(h_1-1)}$ elements of order $p_1^{h_1}$, $p_2^{i_2h_2}-p^{i_2(h_2-1)}$ elements of order $p_2^{h_2}$, ..., $p_k^{i_kh_k}-p^{i_k(h_k-1)}$ elements of order $p_k^{h_k}$. Therefore, there exist $(p^{i_1h_1}-p^{i_1(h_1-1)})(p_2^{i_2h_2}-p^{i_2(h_2-1)})...(p_k^{i_kh_k}-p^{i_k(h_k-1)})$ elements of order $w$.

Below is the Korean translation. 아래는 한국어 번역입니다. 영어로 먼저 작성했으며 한국어 번역은 Gemini가 번역해주었습니다.

가환군에서 위수가 $k$인 원소의 개수

i) 순환군 (Cyclic Group)

위수가 $N$인 순환군에서, $k$가 $N$의 약수라면 위수가 $k$인 원소는 $\phi(k)$개 존재하며, 약수가 아니라면 0개 존재한다.

증명:

$G=\langle a \rangle$라 하고, $|a^m|=\frac{N}{\text{gcd}(N,m)}=k$라고 하자. 그러면 $\text{gcd}(N,m)=N/k$이다. $k$가 $N$의 약수라면, $N/k$는 $m$의 약수이므로 $m=p(N/k)$로 쓸 수 있다. 이때 $\text{gcd}(N, pN/k)=N/k$이려면 $\text{gcd}(k,p)=1$이어야 한다. 따라서 이러한 조건을 만족하는 $p$는 $\phi(k)$개 존재하며, 이는 곧 $|a^m|=k$를 만족하는 $m$이 $\phi(k)$개 존재함을 의미한다. 그러므로 위수가 $k$인 원소는 $k|N$일 때 $\phi(k)$개 존재하고, 그렇지 않으면 0개 존재한다.

ii) 가환군 - 소수 위수 (Abelian Group - prime number)

위수가 소수 $p$인 원소 $a_1$을 생각하자. 그러면 $a_1, a_1^2, a_1^3, \dots, a_1^{p-1}$은 모두 위수가 $p$이다. 즉, 순환 부분군 $\langle a_1 \rangle$ 안에는 위수 $p$인 원소가 $p-1$개 있다.

이제 $a_1$에 의해 생성되지 않는 위수 $p$인 원소 $a_2$를 생각하자. 원소 $a_1 a_2$의 위수는 1 또는 $p$가 될 수 있다. 만약 위수가 1이라면 $a_1 a_2 = e$이므로 $a_2 = a_1^{-1}$이 되어 $a_2$가 $a_1$에 의해 생성되지 않는다는 사실에 모순된다. 따라서 $a_1 a_2$의 위수는 $p$이다. 동일한 논리로 $m, n = 1, 2, 3, \dots, p-1$인 $a_1^m a_2^n$의 위수는 모두 $p$이다. 나아가 $\langle a_1, a_2 \rangle$의 원소 중 항등원($m=n=0$인 경우)을 제외한 $a_1^m a_2^n$ 형태의 모든 원소는 위수가 $p$라고 할 수 있다. 따라서 $\langle a_1, a_2 \rangle$ 안에는 위수 $p$인 원소가 $p^2-1$개 존재한다.

이 과정을 $a_1, a_2$에 의해 생성되지 않는 $a_3$를 도입하여 확장하면, $m, n, o = 0, 1, 2, \dots, p-1$인 $ a_1^ma_2^na_3^o $ 중 $m=n=o=0$인 경우를 제외하고는 모두 위수가 $p$이다. 즉, $\langle a_1, a_2, a_3 \rangle$ 안에는 위수 $p$인 원소가 $p^3-1$개 존재한다.

이 과정을 반복하면, 양의 정수 $i$에 대하여 부분군 $\langle a_1, a_2, \dots, a_i \rangle$ 안에는 $p^i-1$개의 위수 $p$인 원소가 있다는 결론을 얻을 수 있다. 이 부분군에 속하지 않는 원소는 위수가 $p$일 수 없는데, 만약 존재한다면 그 원소를 새로운 $a_{i+1}$로 설정하여 과정을 반복했을 것이기 때문이다. 그러므로 위수가 $p$인 원소는 총 $p^i-1$개 존재한다.

iii) 가환군 - 제곱 인수가 없는 수 (Abelian Group - square-free number)

$w$가 제곱 인수가 없는 정수(square-free integer)이고, $a$의 위수가 $w$라고 하자. 그러면 $w=p_1 p_2 \dots p_k$로 소인수분해된다. 이때 각 $i=1, 2, \dots, k$에 대해 $a^{w/p_i}$의 위수는 $p_i$이다. 베주 항등식(Bézout Identity)에 의해 $\text{gcd}(w/p_1, w/p_2, \dots, w/p_k)=1$이므로, $(w/p_1)x_1 + (w/p_2)x_2 + \dots + (w/p_k)x_k = 1$을 만족하는 정수 $x_1, x_2, \dots, x_k$가 반드시 존재한다. 이는 곧 $a$가 각각 위수가 $p_1, p_2, \dots, p_k$인 원소들 $a^{w/p_1}, a^{w/p_2}, \dots, a^{w/p_k}$에 의해 생성될 수 있음을 의미한다.

결론적으로 위수가 $w$인 모든 원소는 위수가 $p_1, p_2, \dots, p_k$인 원소들의 곱으로 나타낼 수 있다.

ii)의 결과에 따라, 위수 $p_1$인 원소는 $p_1^{i_1}-1$개, 위수 $p_2$인 원소는 $p_2^{i_2}-1$개, $\dots$, 위수 $p_k$인 원소는 $p_k^{i_k}-1$개 존재한다. 따라서 위수가 $w$인 원소의 개수는 $(p_1^{i_1}-1)(p_2^{i_2}-1)\dots(p_k^{i_k}-1)$개이다.

iv) 가환군 - 소수의 거듭제곱 (Abelian Group - prime power number)

$p$가 소수일 때, 위수가 $p^h$인 원소 $a_1$을 생각하자. i)의 결과에 의해 순환 부분군 $\langle a_1 \rangle$ 안에는 위수가 $p^h$인 원소가 $\phi(p^h)=p^h-p^{h-1}$개 존재한다.

이제 $a_1$에 의해 생성되지 않는 위수 $p^h$인 원소 $a_2$를 생각하자. $z \in \langle a_1, a_2 \rangle$인 원소 $z$의 위수는 $i=0, 1, 2, \dots, h$인 $p^i$가 될 수 있다. 이때 $\langle a_1, a_2 \rangle$ 안에서 위수가 $1, p, p^2, \dots, p^h$인 원소(즉, 위수가 $p^h$ 이하인 모든 원소)의 개수는 $p^{2h}$개이다. 같은 논리로 위수가 $1, p, p^2, \dots, p^{h-1}$인 원소의 개수는 $p^{2(h-1)}$개이다. 그러므로 $\langle a_1, a_2 \rangle$ 안에서 위수가 정확히 $p^h$인 원소의 개수는 $p^{2h}-p^{2(h-1)}$개이다.

이 과정을 $a_1, a_2$에 의해 생성되지 않는 $a_3$를 도입하여 확장하면, $\langle a_1, a_2, a_3 \rangle$ 안에서 위수가 $p^h$인 원소의 개수는 $p^{3h}-p^{3(h-1)}$개가 된다.

이 과정을 반복하면, 양의 정수 $i$에 대하여 부분군 $\langle a_1, a_2, \dots, a_i \rangle$ 내에 위수가 $p^h$인 원소는 $p^{ih}-p^{i(h-1)}$개 존재한다는 결론을 얻는다. 이 부분군에 속하지 않는 원소는 위수가 $p^h$일 수 없다. 따라서 위수가 $p^h$인 원소의 총 개수는 $p^{ih}-p^{i(h-1)}$개이다.

v) 가환군 - 합성수 (Abelian Group - composite number)

$w$가 합성수이고 $a$의 위수가 $w$라고 하자. $w=p_1^{h_1} p_2^{h_2} \dots p_k^{h_k}$로 소인수분해될 때, 각 $i=1, 2, \dots, k$에 대해 $a^{w/p_i^{h_i}}$의 위수는 $p_i^{h_i}$이다. 베주 항등식에 의해 $\text{gcd}(w/p_1^{h_1}, w/p_2^{h_2}, \dots, w/p_k^{h_k})=1$이므로, $(w/p_1^{h_1})x_1 + (w/p_2^{h_2})x_2 + \dots + (w/p_k^{h_k})x_k = 1$을 만족하는 정수 $x_i$들이 존재한다. 이는 $a$가 각각 위수가 $p_1^{h_1}, p_2^{h_2}, \dots, p_k^{h_k}$인 원소들에 의해 생성될 수 있음을 뜻한다.

따라서 위수가 $w$인 모든 원소는 위수가 $p_1^{h_1}, p_2^{h_2}, \dots, p_k^{h_k}$인 원소들의 곱으로 표현될 수 있다.

iv)의 결과에 따라, 위수 $p_1^{h_1}$인 원소는 $p_1^{i_1 h_1}-p_1^{i_1(h_1-1)}$개, 위수 $p_2^{h_2}$인 원소는 $p_2^{i_2 h_2}-p_2^{i_2(h_2-1)}$개, $\dots$, 위수 $p_k^{h_k}$인 원소는 $p_k^{i_k h_k}-p_k^{i_k(h_k-1)}$개 존재한다. 그러므로 위수가 $w$인 원소의 총 개수는 다음과 같다.

$(p_1^{i_1 h_1}-p_1^{i_1(h_1-1)})(p_2^{i_2 h_2}-p_2^{i_2(h_2-1)}) \dots (p_k^{i_k h_k}-p_k^{i_k(h_k-1)})$

연습문제

군에서 위수가 21인 원소의 개수가 될 수 있는 정확한 수는 다음 중 무엇인가?

1. 21600

2. 21602

3. 21604

(현대대수학 바이블 10판 p.109)

위수가 35인 가환군 $G$의 모든 원소가 방정식 $x^{35}=e$를 만족한다고 하자. $G$가 순환군임을 증명하라. 만약 35를 33으로 바꾸더라도 이 주장은 유효할까? - 참고: 유한군의 모든 원소들의 위수는 그 군의 위수를 나눈다 ( 라그랑주 정리의 따름정리 2 )

(현대대수학 바이블 10판 p.107)

Order of ab in abelian groups

finding wangdo — Wed, 4 Feb 2026 04:18:00 +0900

$|a|=m, |b|=n,k=\text{gcd}(m,n)$, 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.
$\frac{nm}{k^2}|c|\frac{mn}{k}$, meaning $|ab|=\frac{mn}{k^2}i$ for some $i$ such that $i|k$.

Corollary.
Consider the case $k=1$, (so $\text{gcd}(m,n)=1$). Then, $|ab|=|a||b|$.

위수가 35인 가환군의 원소들이 x^35=e를 만족하면 순환군이다.

finding wangdo — Sat, 31 Jan 2026 06:41:26 +0900

Problem

위수가 35인 가환군 $G$의 모든 원소가 방정식 $x^{35}=e$를 만족한다고 하자. $G$가 순환군임을 증명하라.

Answer

각 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 만족시키는 정수는 $n=1, m=1, o=0$밖에 없다.

위수가 35인 원소가 존재하고 군의 위수도 35이므로 $G$는 순환군이다.

만약 35를 33으로 바꾼다면?
$1+2n+10m+20mn+20o=33$를 만족시키는 건 $n=1, m=1, o=0$ 말고도 $n=16, m=0, o=0$도 존재한다.
따라서 증명하기에 조금 부족하다.

여기서 코시의 정리가 개입한다면 증명을 완성할 수 있다. 다만 이 연습문제는 코시의 정리를 배우기 이전 단원의 문제이다.
코시의 정리에 의해 $m, n$는 둘 다 1 이상이어야 한다. 이러면 후자의 경우는 탈락한다.

코시의 정리를 이용한다면 증명은 훨씬 간단해지는데, 35의 경우로 돌아오면 위수가 5인 원소와 7인 원소가 둘다 존재하므로 35인 원소도 존재한다는 결론에 바로 도달한다.

코시의 정리를 쓰지 않고 33의 경우를 증명해보자.
$m=0$인 상황을 가정해보는 것이다. 즉 위수가 11인 원소가 없다면?

증명은 제미나이의 답변으로 대체하겠다.

Components, Partitions, and Separations

finding wangdo — Thu, 11 Dec 2025 14:40:56 +0900

Components and Partitions

1. Partitions
Let $X$ 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. Components
Components are equivalence classes by defining the equivalence relation $\sim$ so that $x\sim y$ if there exists a connected subspace of $X$ such that $x,y\in X$.

Example: $[0,1]$ and $[2,3]$ are the components of $[0,1]\cup [2,3]$.

Note that there can be only one way of constructing components of a space. Components satisfy the following characteristics.

i. Partition : Components are partitions, meaning they are disjoint and the union becomes $X$.
ii. Connected : If a component is separated, picking each element (say $x, y$) of the separation makes $x\not\sim y$.
iii. Maximality : If there is a larger connected subspace that contains $A$, $A$ cannot be a component.

Example: $[0,1]$ and $(1,2]$ are not the components of $[0,2]$ because $[0,2]$ is connected, a larger subspace of $[0,2]$ that contains $[0,1]$ and $(1,2]$. Indeed the components of $[0,2]$ is only $[0,2]$.

Example: $\{0\}\cup\{1\}$ and $(0,1)$ are not the components of $[0,1]$ because $\{0\}\cup\{1\}$ is not connected.

3. Separation

Recall that a separation of a space $X$, say $A$ and $B$ are clopen partitions. This does NOT make a separation components, because a separation is not necessarily connected.

4. Closedness of Components

Components are always closed.

Proof.

If $A$ is a component of $X$ not closed, $\bar{A}$ is a larger connected subspace of $X$ that contains $A$, which contradicts the maximality of $A$. So we can add the 4th characteristic of components.

iv. Closedness : Each component is closed.

5. Components in a locally connected space

By Theorem 25.3 (Munkres), we know that all components are open if and only if $X$ is locally connected.

6. The if and only if condition

We have found out the four characteristics of components. Now we can question: if each partition is connected and closed, are they the components? (Think about it.)

The answer is no. Finding a counterexample was quite hard, but here is the road to finding one.

Now question this: if each partition is connected and OPEN, are they the components?
Let $A_i$ be a partition. Then the union of all other partitions, $B:=\bigcup_{\alpha\not=i}{A_\alpha}$ open. Then $A_i$ and $B$ is a separation of $X$. Assume for contradiction that $A_i$ is not a component. Then for a $x_0\in A_i$, there exists $y\in B$ such that $x_0\sim y$. But a connected space containing $x_0$ should be contained in $A_i$, so it cannot contain $y$, a contradiction.

See that $A_i$ is closed because $B$, an arbitrary union of open sets, is open. We can conclude if partitions are open, they are also closed. But does the inverse also hold? No, because the union of closed sets are not necessarily closed if there are infinte of them.

If partitions are connected and open, they are components. So let us find partitions that are closed and connected, but not open. This means that the number of partitions must be infinite.

Finally, the a counterexample we've been looking for: $\mathbb{R}$ can be partitioned into singletons (i.e. $ \{ \{ x\}:x\in \mathbb{R} \}$) which are connected and closed. But they are not maximal, so they cannot be components.

7. Conclusion : Omitting Maximality

Throughout the steps so far, we can now discuss components without the maximality characteristic.

This is important because proving the maximality of a given partition is usually difficult.

1. Component $\implies$ Partition + Connected + Closed

True.

2. Partition + Connected + Closed $\implies$ Component

Not necessarily. But if there are finite partitions, true.

3. Component $\implies$ Partition + Connected + Open

Not necessarily. This holds if and only if the space is locally connected.

Also holds if there are finite components.

4. Partition + Connected + Open $\implies$ Component

True.

이 내용은 Munkres 책 Lemma 61.1에 이용이 되지만, 별다른 증명 없이 사용되었기 때문에 증명을 적어보았다.

The product of all primitive roots modulo m is either 1 or -1.

finding wangdo — Sat, 22 Nov 2025 19:38:28 +0900

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), of which the inverse is itself.

Now, if such element exists, say $t$, then $t^2\equiv1\ (\text{mod} \ m)$. A primitive root cannot be 1, so $t\equiv-1\ (\text{mod} \ m)$. (See https://wangdo.tistory.com/87) The order of $t$, the primitive root, is 2, meaning that $\phi(m)=2$. The inverse also holds: if $\phi(m)=2$, then -1 is a primitive root.

Case 1: $m=3, 4,6$. These are the only integers where $\phi(m)=2$. So the product of all primitive roots modulo $m$ is -1.
Case 2: All other case. Then such element does not exist, so the product of all primitive roots modulo $m$ is 1.

We can simplify: the product of all primitive roots modulo $m$ is 1 if $\phi(m)\not=2$ and -1 if $\phi(m)=2$.

The special case of this is Wilson's Theorem (when $m$ is a prime number)

(https://en.wikipedia.org/wiki/Wilson%27s_theorem)

If x^2 ≡ 1 (mod m), then either x ≡ 1 (mod m) or x ≡ −1 (mod m).

finding wangdo — Sat, 22 Nov 2025 19:32:36 +0900

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 (that are not congruent with each other).

Therefore, the original congruence also has two solutions (that are not congruent with each other).
We can easily find that $1, -1$ are the two solutions not congruent with each other.
We can conclude either $x\equiv1\ (\text{mod} \ m)$ or $x\equiv-1\ (\text{mod} \ m)$.
End of proof.

Note: this is not necessarily true for $m$ with no primitive roots. 8 doesn't have a primitive root. See that $3^2\equiv1\ (\text{mod} \ 8)$ but $3\not\equiv1\ (\text{mod} \ 8)$ and $3\not\equiv-1\ (\text{mod} \ 8)$