群論の問題

1. 準素成分への分解. 中国剰余定理より $\mathbb{Z}/6\cong \mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/3$, $\mathbb{Z}/12\cong \mathbb{Z}/4\oplus \mathbb{Z}/3$, $\mathbb{Z}/36\cong \mathbb{Z}/4\oplus \mathbb{Z}/9$ なので
$$G=G_2\oplus G_3,G_2\cong \mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/4\oplus \mathbb{Z}/4,G_3\cong \mathbb{Z}/3\oplus \mathbb{Z}/3\oplus \mathbb{Z}/9.$$
$G_2$（位数が $2$ べきの元全体）と $G_3$ は特性部分群であり、$\mathrm{Hom}(G_2,G_3)=\mathrm{Hom}(G_3,G_2)=0$ なので
$$\mathrm{Aut}(G)\cong \mathrm{Aut}(G_2)\times \mathrm{Aut}(G_3).$$

2. 一般的な数え方. $A={⨁}_{i=1}^n\mathbb{Z}/p^{e_i}$ とする。準同型 $\mathbb{Z}/p^a\to \mathbb{Z}/p^b$ は $1$ の行き先で決まり、その個数は $p^{\min (a,b)}$ である。したがって $A$ の自己準同型 $\phi$ は、$(i,j)$ 成分が ${\phi }_{ij}\in \mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/p^{e_j},\mathbb{Z}/p^{e_i})$ の行列と同一視できる。

$A$ は有限なので、$\phi$ が自己同型 $⟺$ $\phi$ が全射である。さらに $pA$ は $A$ のフラッティニ部分群（$A$ の極大部分群はすべて指数 $p$ で $pA$ を含み、その共通部分が $pA$）なので、$\phi (A)+pA=A$ ならば $\phi (A)=A$ である。よって
$$\phi \text{が自己同型}⟺\bar{\phi }:A/pA\to A/pA\text{が全単射}.$$
$A/pA\cong {\mathbb{F}}_p^n$ で、$\bar{\phi }$ の $(i,j)$ 成分は ${\phi }_{ij}(1)$ の $\mathrm{mod}p$ である。$e_j<e_i$ のとき ${\phi }_{ij}(1)$ は $p^{e_i-e_j}$ の倍数なので $\mathrm{mod}p$ で $0$ になる。そこで成分を指数の小さい順に並べると、$\bar{\phi }$ は同じ指数の成分ごとのブロックについてブロック三角行列になり、
$$\phi \text{が自己同型}⟺\text{各対角ブロックの}\mathrm{mod}p\text{が正則}.$$
指数 $e$ の成分が $m$ 個あるとき、その対角ブロックの各成分は $\mathbb{Z}/p^e$ の元で、条件は $\mathrm{mod}p$ の値だけで決まり、各剰余類の持ち上げは $p^{e-1}$ 通りなので、対角ブロックの選び方は $|G{L}_m({\mathbb{F}}_p)|p^{(e-1)m^2}$ 通り。非対角ブロックの成分は自由に選べる。

3. $|\mathrm{Aut}(G_2)|$. 成分 $(\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z}/4,\mathbb{Z}/4)$。
- 非対角: $\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z}/4)$ が $2$ 箇所、$\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/4,\mathbb{Z}/2)$ が $2$ 箇所で、いずれも位数 $2$。計 $2^4=16$ 通り。
- 指数 $1$ のブロック（$m=1$）: $|G{L}_1({\mathbb{F}}_2)|\cdot 2^0=1$ 通り。
- 指数 $2$ のブロック（$m=2$）: $|G{L}_2({\mathbb{F}}_2)|\cdot 2^{1\cdot 4}=6\cdot 16=96$ 通り。

よって $|\mathrm{Aut}(G_2)|=16\cdot 1\cdot 96=1536=2^9\cdot 3$。

4. $|\mathrm{Aut}(G_3)|$. 成分 $(\mathbb{Z}/3,\mathbb{Z}/3,\mathbb{Z}/9)$。
- 非対角: $\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/3,\mathbb{Z}/9)$ が $2$ 箇所、$\mathrm{Hom}(\mathbb{Z}/9,\mathbb{Z}/3)$ が $2$ 箇所で、いずれも位数 $3$。計 $3^4=81$ 通り。
- 指数 $1$ のブロック（$m=2$）: $|G{L}_2({\mathbb{F}}_3)|\cdot 3^0=(9-1)(9-3)=48$ 通り。
- 指数 $2$ のブロック（$m=1$）: $|G{L}_1({\mathbb{F}}_3)|\cdot 3^1=2\cdot 3=6$ 通り。

よって $|\mathrm{Aut}(G_3)|=81\cdot 48\cdot 6=23328=2^5\cdot 3^6$。

5. 結論.
$$|\mathrm{Aut}(G)|=1536\cdot 23328=2^{14}\cdot 3^7=35831808.$$

中国剰余定理で $G=(\mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/4\oplus \mathbb{Z}/4)\oplus (\mathbb{Z}/3\oplus \mathbb{Z}/3\oplus \mathbb{Z}/9)$ と素数ごとに分解でき、位数が互いに素なので $|\mathrm{Aut}(G)|=|\mathrm{Aut}(G_2)|\cdot |\mathrm{Aut}(G_3)|$。

有限アーベル $p$-群 ${⨁}_{i=1}^n\mathbb{Z}/p^{e_i}$（$e_1\le \cdots \le e_n$）の自己同型群の位数は（Hillar–Rhea）
$$\prod _{k=1}^n(p^{d_k}-p^{k-1})\prod _{j=1}^n(p^{e_j}{)}^{n-d_j}\prod _{i=1}^n(p^{e_i-1}{)}^{n-c_i+1},$$
ここで $d_k=\max \{l:e_l=e_k\}$、$c_k=\min \{l:e_l=e_k\}$。

(1) $G_2=\mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/4\oplus \mathbb{Z}/4$: $p=2,n=3,e=(1,2,2),d=(1,3,3),c=(1,2,2)$。
第1の積: $(2-1)(8-2)(8-4)=1\cdot 6\cdot 4=24$。第2の積: $2^{1\cdot 2}\cdot 4^0\cdot 4^0=4$。第3の積: $1\cdot 2^2\cdot 2^2=16$。
$|\mathrm{Aut}(G_2)|=24\cdot 4\cdot 16=1536$。

(2) $G_3=\mathbb{Z}/3\oplus \mathbb{Z}/3\oplus \mathbb{Z}/9$: $p=3,n=3,e=(1,1,2),d=(2,2,3),c=(1,1,3)$。
第1の積: $(9-1)(9-3)(27-9)=8\cdot 6\cdot 18=864$。第2の積: $3^1\cdot 3^1\cdot 9^0=9$。第3の積: $1\cdot 1\cdot 3^1=3$。
$|\mathrm{Aut}(G_3)|=864\cdot 9\cdot 3=23328$。

以上より $|\mathrm{Aut}(G)|=1536\cdot 23328=35831808$。

検算: 同じ公式で $\mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/4$ は 8、$\mathbb{Z}/3\oplus \mathbb{Z}/9$ は 108 となり、既知の値と一致する。