群論の問題

$G$ の元を $(q,c)$（$q\in Q_8$, $c\in C_4$）と書き、$C_4$ は加法的に $\{0,1,2,3\}$ で表す（$z$ を $1$ に対応させる）。

表示. $Q_8$ は $x=i,y=j$ により
$$Q_8=⟨x,y\mid x^4=1,x^2=y^2,yx{y}^{-1}=x^{-1}⟩$$
と表示される。したがって $G$ は $x=(i,0),y=(j,0),z=(1,1)$ で生成され、関係式は上の $3$ つに「$z^4=1$、$z$ は $x,y$ と可換」を加えたものである。よって、$G$ の元 $X,Y,Z$ がこれらの関係式を満たせば、$x\mapsto X,y\mapsto Y,z\mapsto Z$ をみたす準同型 $\phi :G\to G$ がただ一つ存在する。自己同型の個数は、$\phi$ が全単射になるような組 $(X,Y,Z)$ の個数に等しい。

中心. $Z(G)=\{\pm 1\}\times C_4$ である。

$X,Y$ の条件. $X=(q,c),Y=(q^{\prime },c^{\prime })$ とおく。

• $X$ が $G$ の中心に入るとすると $YX{Y}^{-1}=X$ である。すると関係式から $X=X^{-1}$、つまり $X^2=1$ となる。一方、$\phi$ が単射なら $X$ の位数は $x$ と同じ $4$ なので矛盾する。したがって $q\in \{\pm i,\pm j,\pm k\}$ である。
• $YX{Y}^{-1}=(q^{\prime }q{q}^{\prime -1},c)$、$X^{-1}=(q^{-1},-c)=(-q,-c)$ である。成分を比べて $q^{\prime }q{q}^{\prime -1}=-q$ かつ $2c=0$ が必要になる。前者から $q^{\prime }$ は $q$ と可換でない。後者から $c\in \{0,2\}$ である。
• $Y^2=(q^{\prime 2},2c^{\prime })$、$X^2=(-1,2c)=(-1,0)$ である。よって $q^{\prime 2}=-1$ かつ $2c^{\prime }=0$、すなわち $q^{\prime }\in \{\pm i,\pm j,\pm k\}$ かつ $c^{\prime }\in \{0,2\}$ が必要になる。
• 以上をまとめると、$q^{\prime }$ は $\{\pm i,\pm j,\pm k\}$ のうち $\pm q$ 以外の $4$ 個のどれかである。このとき実際に $q^{\prime }q{q}^{\prime -1}=-q$ が成り立つ。

したがって $X$ の選び方は $6\times 2=12$ 通りあり、各 $X$ に対して $Y$ の選び方は $4\times 2=8$ 通りある。逆に、これらはすべて $Q_8$ の関係式を満たす。

$⟨X,Y⟩$. $⟨X,Y⟩$ は $Q_8$ の準同型像である。$Q_8$ の自明でない正規部分群はすべて $-1$ を含む。いま $X^2=(-1,0)\ne 1$ なので、制限 $Q_8\to ⟨X,Y⟩$ の核は自明である。よって $⟨X,Y⟩\cong Q_8$ で、位数は $8$、その中心は $\{(1,0),(-1,0)\}$ である。

$Z$ の条件. $z$ は中心元で位数 $4$ なので、$Z$ も $Z(G)$ の位数 $4$ の元でなければならない（単射性から位数は保たれる）。そのような元は $(\pm 1,1),(\pm 1,3)$ の $4$ 個である。

このとき $⟨Z⟩=\{(1,0),Z,(1,2),Z^3\}$ である。$⟨Z⟩$ の元は $G$ の中心元なので、$⟨X,Y⟩$ に含まれるなら $⟨X,Y⟩$ の中心 $\{(\pm 1,0)\}$ に入る。しかし $Z,Z^3$ は位数 $4$、$(1,2)\ne (-1,0)$ なので、$⟨X,Y⟩\cap ⟨Z⟩=1$ である。$Z$ は中心元だから $⟨X,Y⟩⟨Z⟩$ は部分群で、その位数は
$$\frac{8\cdot 4}{1}=32=|G|$$
となる。よって $\phi$ は全射であり、有限群なので全単射である。$4$ 個の $Z$ はすべて条件を満たす。

結論.
$$|\mathrm{Aut}(G)|=12\times 8\times 4=384.$$

（検算）$Q_8$ と $C_4$ は共通の直積因子をもたない。このとき Bidwell–Curran–McCaughan の公式から
$$|\mathrm{Aut}(Q_8)||\mathrm{Aut}(C_4)||\mathrm{Hom}(Q_8,C_4)||\mathrm{Hom}(C_4,Z(Q_8))|=24\cdot 2\cdot 4\cdot 2=384$$
となり、一致する。

$G=Q_8\times C_4$ の自己同型 $\phi$ は、次の 4 つの準同型の組で決まる。
- $\phi (q,0)=(\alpha (q),\beta (q))$。ここで $\alpha \in \mathrm{End}(Q_8)$、$\beta \in \mathrm{Hom}(Q_8,C_4)$。
- $\phi (0,z)=(\gamma ,\delta (z))$。ここで $\gamma \in Z(Q_8)=\{\pm 1\}$、$\delta \in \mathrm{End}(C_4)$。

$\phi (0,z)$ は $\phi (Q_8\times 0)$ と可換でなければならない。$\alpha$ が全射になることは下の (1) で示すので、$\gamma$ は $Z(Q_8)$ に入る。

(1) $\beta$ は $Q_8^{ab}\cong C_2\times C_2$ を経由する。よって像は位数 $\le 2$ の元 $\{0,2z\}$ に入り、$\beta (-1)=0$ である。$\alpha$ が単射でないとすると、$\ker \alpha$ は自明でない正規部分群で、これは必ず $-1$ を含む。すると $\phi (-1,0)=0$ となり $\phi$ が単射でなくなる。したがって $\alpha \in \mathrm{Aut}(Q_8)$ である。

(2) $\delta (z)$ の位数が $4$ でないとする。このとき $\phi (0,2z)=({\gamma }^2,2\delta (z))=(1,0)$ となり単射でない。したがって $\delta \in \mathrm{Aut}(C_4)$ である。

(3) 逆に、$\alpha \in \mathrm{Aut}(Q_8)$、$\delta \in \mathrm{Aut}(C_4)$ なら、任意の $\beta ,\gamma$ に対して $\phi$ は全単射になる。

各選択肢の個数は次のとおり。
- $|\mathrm{Aut}(Q_8)|=24$
- $|\mathrm{Aut}(C_4)|=2$
- $|\mathrm{Hom}(C_4,Z(Q_8))|=2$
- $|\mathrm{Hom}(Q_8,C_4)|=|\mathrm{Hom}(C_2\times C_2,C_4)|=4$

これは Bidwell–Curran の公式 $|\mathrm{Aut}(H\times A)|=|\mathrm{Aut}H||\mathrm{Aut}A||\mathrm{Hom}(A,Z(H))||\mathrm{Hom}(H,Z(A))|$ と一致する。

$|\mathrm{Aut}(G)|=24\cdot 2\cdot 2\cdot 4=384$。