代数学の問題

手順 1：$G$ の位数を求める。
$21=3\cdot 7$ であり、$3$ と $7$ は互いに素なので、オイラー関数は積に分かれる。
$$|G|=\phi (21)=\phi (3)\phi (7)=2\cdot 6=12.$$

手順 2：中国剰余定理で分解する。
$\gcd (3,7)=1$ なので、中国剰余定理により $a\mathrm{mod}21\mapsto (a\mathrm{mod}3,a\mathrm{mod}7)$ は環の同型 $\mathbb{Z}/21\mathbb{Z}\cong \mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/7\mathbb{Z}$ を与える。単元群どうしも対応するので
$$G\cong (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}{)}^{\times }.$$
素数 $p$ に対して $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^{\times }$ は位数 $p-1$ の巡回群であるから
$$G\cong \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}.$$

手順 3：元の位数の最大値を求める。
直積の元 $(x,y)$ の位数は、$x$ の位数と $y$ の位数の最小公倍数である。$x$ の位数は $2$ の約数、$y$ の位数は $6$ の約数なので、$(x,y)$ の位数は $\mathrm{lcm}(2,6)=6$ 以下である。したがって $G$ は位数 $12$ の元をもたず、巡回群ではない。

一方、$y$ として $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ の生成元をとれば位数 $6$ の元が得られる。具体的には $5\mathrm{mod}21$ を考えると、
$$5^2=25\equiv 4,5^3\equiv 20\equiv -1,5^6\equiv (-1{)}^2=1(\mathrm{mod}21)$$
である。さらに $5^1\not\equiv 1$、$5^2\equiv 4\not\equiv 1$、$5^3\equiv -1\not\equiv 1$ なので、$6$ の真の約数 $1,2,3$ では $1$ にならない。よって $5$ の位数はちょうど $6$ である。

以上より、元の位数の最大値は $6$ である。

$21=3\cdot 7$ なので、中国剰余定理より $G\cong (\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}{)}^{\times }\times (\mathbb{Z}/7\mathbb{Z}{)}^{\times }\cong C_2\times C_6$ である。$|G|=\phi (21)=2\cdot 6=12$。
元の位数は $\mathrm{lcm}(\text{各成分の位数})$ で、第1成分の位数は 1 か 2、第2成分の位数は 1,2,3,6 のいずれかである。したがって最大は $\mathrm{lcm}(2,6)=6$ または $\mathrm{lcm}(1,6)=6$ で、6 を超えることはない（これは群の指数 $\lambda (21)=\mathrm{lcm}(2,6)=6$ に一致する）。
検算：$G$ は巡回群ではない（$C_2\times C_6$ は位数12の巡回群 $C_{12}$ と異なる）ので最大位数は 12 ではない。具体例として $2$ を考えると、$2^1=2,2^2=4,2^3=8,2^4=16,2^5=32\equiv 11,2^6=64\equiv 1(\mathrm{mod}21)$ なので位数は 6。また任意の $a\in G$ について $a^6\equiv 1(\mathrm{mod}3)$（$a^2\equiv 1$）かつ $(\mathrm{mod}7)$（$a^6\equiv 1$）なので $a^6\equiv 1(\mathrm{mod}21)$ であり、最大位数は 6。