群論の問題

$|G|=12=2^2\cdot 3$ である。シロー $3$-部分群の個数を $n_3$ とすると、シローの定理より $n_3\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ かつ $n_3\mid 4$ なので $n_3\in \{1,4\}$。シロー $3$-部分群は正規でない（$n_3\ne 1$）ので $n_3=4$。

位数 3 の元. 位数 $3$ の部分群は巡回群で、相異なる 2 つの共通部分は位数 $3$ の真部分群なので位数 $1$ である。つまり相異なるシロー $3$-部分群は単位元以外の元を共有しない。各部分群に位数 $3$ の元が $2$ 個ずつあり、位数 $3$ の元はどれもいずれかのシロー $3$-部分群に含まれるので、位数 $3$ の元はちょうど $4\times 2=8$ 個である。

シロー 2-部分群. 位数が $3$ でない元は $12-8=4$ 個ある。シロー $2$-部分群 $P$（位数 $4$）の元の位数は $1,2,4$ のいずれかなので、$P$ は位数 $3$ の元を含まず、この $4$ 個の元の集合に含まれる。$|P|=4$ だから $P$ はちょうどこの $4$ 個の元からなる。したがってシロー $2$-部分群はただ 1 つであり、$P⊴G$ である。また、$G$ の位数 $3$ でない元はすべて $P$ に属し、その位数は $1,2,4$ のいずれかであるから、特に位数 $2$ の元はすべて $P$ に含まれる。

$P$ の型. $Q$ をシロー $3$-部分群とすると $P\cap Q=\{e\}$ であり、$P$ が正規なので $PQ$ は部分群で $|PQ|=|P||Q|=12$。よって $G=P⋊Q$ である。もし $P\cong \mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ なら $\mathrm{Aut}(P)\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ であり、位数 $3$ の群 $Q$ から $\mathrm{Aut}(P)$ への準同型は自明なので $G\cong P\times Q$ は可換群となる。すると $Q$ は正規となり仮定に反する。よって $P\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ である。

位数 2 の元. 位数 $2$ の元はすべて $P$ に含まれ、$P\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ の単位元以外の $3$ 個はどれも位数 $2$ である。よって位数 $2$ の元は $3$ 個である。

（実際このとき $G\cong A_4$ であり、$A_4$ の位数 $2$ の元は $(12)(34),(13)(24),(14)(23)$ の $3$ 個であることと一致する。）

答え: $3$

シロー $3$-部分群の個数を $n_3$ とすると、$n_3\mid 4$ かつ $n_3\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ より $n_3\in \{1,4\}$。仮定より正規でないので $n_3=4$。異なる位数 $3$ の部分群は互いに自明にしか交わらないので、位数 $3$ の元は $4\times 2=8$ 個。残りの $12-8=4$ 個の元は、単位元と位数が $1,2,4$ の元からなる。シロー $2$-部分群は位数 $4$ で、その元は位数 $3$ の元ではないので、この $4$ 個の元ちょうどからなる。よってシロー $2$-部分群 $P$ はただ 1 つで正規部分群である。

$P$ が巡回群 $C_4$ とすると、$\mathrm{Aut}(C_4)\cong C_2$ なので位数 $3$ の元 $x$ による共役作用は自明になり、$x$ は $P$ と可換。すると $G\cong C_3\times C_4$ となり、シロー $3$-部分群が正規になって仮定に反する。よって $P\cong C_2\times C_2$ であり、位数 $2$ の元は $3$ 個。

検算: この条件を満たす群は $A_4$（$n_3=4$）で、位数 $2$ の元は $(12)(34),(13)(24),(14)(23)$ の $3$ 個。ほかの位数 $12$ の群 $C_{12},C_2\times C_6,D_6,{\mathrm{Dic}}_3$ はいずれもシロー $3$-部分群が正規なので該当しない。