[현대대수학-군론] 3. 치환군

[현대대수학-군론] 3. 치환군

공집합이 아닌 집합 $A$에 대하여 전단사함수 $\sigma:\,A\,\rightarrow\,A$를 집합 $A$의 치환(permutation, 순열)이라고 한다. 집합 $A=\{1,\,2,\,\cdots,\,n\}$에 대하여 치환 $\sigma:\,A\,\rightarrow\,A$는 다음과 같이 정의된다. $$\sigma=\begin{pmatrix}1&2&\cdots&n\\ \sigma(1)&\sigma(2)&\cdots&\sigma(n)\end{pmatrix}$$

예를들어 집합 $A=\{1,\,2,\,3,\,4,\,5\}$에 대하여 $$\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\4&2&5&3&1\end{pmatrix},\,\tau=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\3&5&4&2&1\end{pmatrix}$$ 로 정의된 $\sigma$, $\tau$는 $A$의 치환이고 이때 $\sigma(3)=5$, $\tau(4)=2$이다. 앞에서의 집합 $A$에 대한 항등치환 $1_{A}$를 다음과 같이 정의한다. $$1_{A}=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\1&2&3&4&5\end{pmatrix}$$ $A$의 치환들을 모은 집합을 $S_{A}$라 하자. 임의의 치환 $\sigma,\,\tau\in S_{A}$에 대하여 $\sigma$, $\tau$의 합성 $\sigma\circ\tau$를 치환곱(permutation multiplication, 간단히 곱)이라 하고 $\sigma\cdot\tau$로 나타낸다. 즉 $\sigma\circ\tau=\sigma\cdot\tau$이다. 이때 $\sigma\cdot\tau$는 $A$의 치환이다. 즉 $\sigma\cdot\tau\in S_{A}$이다. 그 이유를 살펴보자. 우선 $\sigma\cdot\tau=\sigma\circ\tau$는 $A$에서 $A$로의 사상이다. 그 다음으로 $\sigma\cdot\tau$가 일대일이고 위로(onto)임을 보여야 한다.

(일대일): $(\sigma\cdot\tau)(a_{1})=(\sigma\cdot\tau)(a_{2})\,(a_{1},\,a_{2}\in A)$라 하자. 그러면 $\sigma(\tau(a_{1}))=\sigma(\tau(a_{2}))$이고 $\sigma$와 $\tau$가 전단사이기 때문에 $\tau(a_{1})=\tau(a_{2})$이고 $a_{1}=a_{2}$이다. 그러므로 $\sigma\cdot\tau$는 일대일이다.

(위로, onto): $a\in A$라 하자. 그러면 $\sigma$와 $\tau$가 전단사이기 때문에 $\sigma$와 $\tau$는 위로이고 $a',\,a''\in A$가 존재해서 $\sigma(a')=a$, $\tau(a'')=a'$이다. 그러므로 $a=\sigma(a')=\sigma(\tau(a''))$이고 따라서 $\sigma\cdot\tau$는 위로(onto)이다. (QED)

앞에서 언급했던 집합 $A=\{1,\,2,\,3,\,4,\,5\}$와 치환 $\sigma$, $\tau$에 대하여 $$\sigma\cdot\tau=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\4&2&5&3&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\3&5&4&2&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\5&1&3&2&4\end{pmatrix}$$ 이다. 왜냐하면 $\tau(1)=3$, $\tau(2)=5$, $\tau(3)=4$, $\tau(4)=2$, $\tau(5)=1$이므로 $$\sigma(\tau(1))=\sigma(3)=5,\,\sigma(\tau(2))=\sigma(5)=1,\,\sigma(\tau(3))=\sigma(4)=3,\,\sigma(\tau(4))=\sigma(2)=2,\,\sigma(\tau(5))=\sigma(1)=4$$ 이기 때문이다.     

집합 $A$의 모든 치환들의 집합 $S_{A}$는 치환곱 연산에서 군을 이룬다.

앞에서 치환 $\sigma$와 $\tau$의 치환곱 $\sigma\cdot\tau$가 다시 $S_{A}$의 원소가 됨은 앞에서 보였다. 치환곱은 합성이고 합성은 결합법칙이 성립한다. 또한 $S_{A}$에는 항등원인 항등치환 $1_{A}$가 존재하며 치환이 전단사이기 때문에 그 역함수가 존재한다.(QED)

$A=\{1,\,2,\,\cdots,\,n\}$에 대하여 $A$의 모든 치환들의 군을 $n$개 문자에 대한 대칭군(symmetric group on $n$ letters)이라 하고 이를 $S_{n}$으로 나타낸다. 이때 $|S_{n}|=n!$인데 이는 $n$개의 원소를 갖는 집합 $A$에 대하여 $A$에서 $A$로의 일대일 대응의 갯수와 같다. 

$S_{3}=\{\rho_{0},\,\rho_{1},\,\rho_{2},\,\mu_{1},\,\mu_{2},\,\mu_{3}\}$이고 여기서

$$\rho_{0}=\begin{pmatrix}1&2&3\\1&2&3\end{pmatrix},\,\rho_{1}=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&3&1\end{pmatrix},\,\rho_{2}=\begin{pmatrix}1&2&3\\3&1&2\end{pmatrix}\\ \mu_{1}=\begin{pmatrix}1&2&3\\1&3&2\end{pmatrix},\,\mu_{2}=\begin{pmatrix}1&2&3\\3&2&1\end{pmatrix},\,\mu_{3}=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&1&3\end{pmatrix}$$ 이다.

집합 $A$, $B$에 대하여 $H\subset A$, $f:\,A\,\rightarrow\,B$라 하자. $f$에 의한 $H$의 상(image)을 $f[H]=\{f(h)\,|\,h\in H\}$로 나타낸다.

$G$와 $G'$을 군이라 하고, $\phi:\,G\,\rightarrow\,G'$를 일대일 준동형사상이라 하자. 그러면 $\phi[G]$는 $G'$의 부분군이고 $G$와 동형이다.

$x,\,y\in\phi[G]$라 하자. 그러면 $a,\,b\in G$가 존재해서 $\phi(a)=x$, $\phi(b)=y$이다. $[\phi(a)]^{-1}=\phi(a^{-1})$가 성립함을 보이자. $\phi(a)\phi(a^{-1})=\phi(aa^{-1})=\phi(e)=e'$($\phi[G]$에서의 항등원)이므로 $[\phi(a)]^{-1}=\phi(a^{-1})$이다. 그러면 $xy^{-1}=\phi(a)[\phi(b)]^{-1}=\phi(a)\phi(b^{-1})=\phi(ab^{-1})$이고 따라서 $xy^{-1}\in\phi[G]$이므로 $\phi[G]$는 $G'$의 부분군이다.

$\phi$가 일대일 준동형사상이므로 동형사상이고 따라서 $G$와 $\phi[G]$는 동형이다.(QED)

(케일리 정리) 모든 군은 치환군에 동형이다.

$G$를 군이라 하자. $x\in G$에 대하여 $\lambda_{x}:\,G\,\rightarrow\,G$를 임의의 $g\in G$에 대하여 $\lambda_{x}(g)=xg$로 정의하자. 그러면 $\lambda_{x}$는 $G$의 한 치환이다. 

(일대일): $a,\,b\in G$에 대하여 $\lambda_{x}(a)=\lambda_{x}(b)$라 하자. 그러면 $xa=xb$이고 $a=b$이다.

(위로, onto): 임의의 $c\in G$에 대하여 $x^{-1}c\in G$가 존재해서 $\lambda_{x}(x^{-1}c)=x(x^{-1}c)=(xx^{-1})c=c$이다.

이제 임의의 $x\in G$에 대하여 $\phi:\,G\,\rightarrow\,S_{G}$를 $\phi(x)=\lambda x$로 정의하자. 그러면 $\phi$는 일대일 준동형사상이다.

(일대일): 임의의 $x,\,y\in G$에 대하여 $\phi(x)=\phi(y)$라 하자. 그러면 $\lambda_{x}=\lambda_{y}$이고 $\lambda_{x}(e)=\lambda_{y}(e)$이므로 $xe=ye$이고 따라서 $x=y$이다.

(준동형사상): 임의의 $g\in G$에 대하여 $\lambda_{xy}(g)=(xy)(g)=x(yg)=\lambda_{x}(\lambda_{y}(g))$이다. 그러면 $\lambda_{xy}=\lambda_{x}\lambda_{y}$이고 따라서 $\phi(xy)=\phi(x)\phi(y)$이다.

앞의 결과로부터 $\phi[G]$는 $S_{G}$의 부분군이고 따라서 $G$와 $\phi[G]$는 동형이다.(QED) 

참고자료:          

A First Course In Abstract Algebra 7th edition, Freleigh, Addison Wesley