代数学の問題

$G$ の構造。 $60=4\cdot 3\cdot 5$ なので、中国剰余定理により
$$G\cong (\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\times }.$$
$(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}{)}^{\times }=\{1,3\}$ は位数 $2$ の巡回群、$(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}{)}^{\times }=\{1,2\}$ も位数 $2$ の巡回群、$(\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}{)}^{\times }$ は $2$ を生成元とする位数 $4$ の巡回群（$2,4,3,1$）。よって
$$G\cong C_2\times C_2\times C_4,|G|=16=\phi (60).$$

元の位数の分布。 $C_2\times C_2\times C_4$ の元 $(a,b,c)$ の位数は各成分の位数の最小公倍数。$g^2=1$ となる元は、$a,b$ が任意（$2\cdot 2$ 通り）、$c$ が $C_4$ の位数 $1$ か $2$ の元（$2$ 通り）なので $8$ 個。このうち単位元を除いた位数 $2$ の元は $7$ 個。すべての元の位数は $4$ を割るので、位数 $4$ の元は $16-8=8$ 個。

位数 $4$ の部分群の分類。 位数 $4$ の群は巡回群 $C_4$ かクラインの四元群 $C_2\times C_2$ のいずれか。

- 巡回部分群： 位数 $4$ の巡回部分群はちょうど $\phi (4)=2$ 個の位数 $4$ の元（生成元）を含み、異なる巡回部分群が生成元を共有することはない。よって個数は $8/2=4$。
- クライン型： 単位元と位数 $2$ の元 $3$ 個からなる部分群なので、$g^2=1$ をみたす元全体の部分群 $G[2]\cong (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}{)}^3$ に含まれる。$G[2]$ を ${\mathbb{F}}_2$ 上の $3$ 次元ベクトル空間とみなすと、クライン型部分群は $2$ 次元部分空間に一致する。その個数は
$$\frac{(2^3-1)(2^3-2)}{(2^2-1)(2^2-2)}=\frac{7\cdot 6}{3\cdot 2}=7.$$

結論。 位数 $4$ の部分群は $4+7=11$ 個。

中国剰余定理より $G\cong (\mathbb{Z}/4{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/3{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/5{)}^{\times }\cong C_2\times C_2\times C_4$、位数 $16$。

位数 $4$ の部分群は巡回群 $C_4$ か $C_2\times C_2$。
- $C_4$ 型: 位数 $4$ の元は $C_4$ 成分が位数 $4$（$2$ 通り）で他の成分は任意（$2\cdot 2=4$ 通り）なので $8$ 個。各巡回部分群に位数 $4$ の元が $2$ 個ずつあるので $8/2=4$ 個。
- $C_2\times C_2$ 型: 位数が $2$ 以下の元全体は $C_2^3$（位数 $8$）で、その中のクラインの四元群は ${\mathbb{F}}_2^3$ の $2$ 次元部分空間の個数 $7$ 個。

合計 $4+7=11$。

検算: 位数 $4$ の部分群の個数は $2$-群の部分群の個数の公式とも整合（位数 $16$ の群 $C_2^2\times C_4$ の位数 $4$ の部分群は $11$ 個）。