群論の問題

$39=3\cdot 13$ で、$3<13$ はともに素数である。

手順 1: シロー $13$ 部分群が正規であることを示す。 位数 $39$ の群 $G$ のシロー $13$ 部分群の個数 $n_{13}$ は
$$n_{13}\mid 3,n_{13}\equiv 1(\mathrm{mod}13)$$
を満たす。$3$ の約数 $1,3$ のうち $13$ で割って $1$ 余るのは $1$ だけなので $n_{13}=1$。よってシロー $13$ 部分群 $Q\cong \mathbb{Z}/13$ は正規部分群である。

手順 2: 半直積で表す。 シロー $3$ 部分群を $P\cong \mathbb{Z}/3$ とすると、$Q\cap P=\{e\}$（位数が互いに素）で $|QP|=39$ なので $G=QP$。$Q$ が正規なので
$$G\cong \mathbb{Z}/13{⋊}_{\phi }\mathbb{Z}/3,\phi :\mathbb{Z}/3\to \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/13)\cong (\mathbb{Z}/13{)}^{\times }\cong \mathbb{Z}/12$$
と表せる。

手順 3: 作用 $\phi$ を分類する。 準同型 $\mathbb{Z}/3\to \mathbb{Z}/12$ は $\gcd (3,12)=3$ 個ある。
- $\phi$ が自明なとき: $G\cong \mathbb{Z}/13\times \mathbb{Z}/3\cong \mathbb{Z}/39$（巡回群）。
- $\phi$ が自明でない 2 個: 像はどちらも $\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/13)$ のただ 1 つの位数 $3$ の部分群で、2 つの $\phi$ は $\mathbb{Z}/3$ の生成元を $1$ から $2$ に取りかえる（$\mathbb{Z}/3$ の自己同型を合成する）ことで移り合う。よって 2 つの半直積は同型であり、非可換群が $1$ つ得られる。

これは $3\mid 13-1=12$ のとき位数 $pq$ の群が $2$ 個あるという結果にあたる。巡回群と非可換群は同型でないので、位数 $39$ の群の同型類は $2$ 個である。

$39=3\cdot 13$。シローの定理より $n_{13}\equiv 1(\mathrm{mod}13)$ かつ $n_{13}\mid 3$ なので $n_{13}=1$。よって 13-シロー部分群 $N\cong \mathbb{Z}/13$ は正規で、$G=N⋊C$（$C\cong \mathbb{Z}/3$）。準同型 $\phi :\mathbb{Z}/3\to \mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/13)\cong \mathbb{Z}/12$ を考える。
自明な $\phi$ なら直積 $\mathbb{Z}/39$（巡回群、アーベル群）。
非自明な $\phi$ は、位数 3 の元 $\mathbb{Z}/12$ の部分群はただ 1 つ（位数 3 の部分群は唯一）なので、$\phi$ の像は一意に決まり、生成元の取り替え（$\mathbb{Z}/3$ の自己同型）で互いに移りあうため、同型類は 1 つ。これは非可換群。
よって同型類は $2$ 個（$\mathbb{Z}/39$ と非可換群 $\mathbb{Z}/13⋊\mathbb{Z}/3$）。
検算: $3\mid (13-1)$ なので非可換群が存在し、$3\nmid 13-1$ でなければ巡回群のみ、という標準的結果と合致する。