代数的位相幾何の問題

手順 1: 置換表現との対応。 指数 $3$ の部分群 $H$ に対し、$G$ は右剰余類の集合 $H\backslash G$（3 個）に推移的に作用します。$H$ 自身の剰余類に番号 $1$ を付け、残り 2 個の剰余類への番号 $2,3$ の付け方 $2!$ 通りを選ぶと、推移的準同型 $\rho :G\to S_3$ で、点 $1$ の固定部分群がちょうど $H$ になるものが得られます。逆に推移的準同型 $\rho$ からは点 $1$ の固定部分群として指数 $3$ の部分群が得られ、同じ $H$ を与える $\rho$ はちょうど $2!$ 個（$1$ を固定する番号の付け替え）です。したがって
$$(\text{指数 }3\text{ の部分群の個数})=\frac{(\text{推移的準同型 }G\to S_3\text{ の個数})}{(3-1)!}$$
です。

手順 2: 準同型を数える。 準同型 $\rho$ は $\alpha =\rho (a)$, $\beta =\rho (b)$ で決まり、関係式 $b^2=1$ から条件は ${\beta }^2=e$ だけです。$S_3$ で ${\beta }^2=e$ をみたすのは $e$ と互換 3 個の計 $4$ 個、$\alpha$ は任意で $6$ 個なので、準同型は全部で $6\times 4=24$ 個です。

手順 3: 推移的なものを数える。 像 $⟨\alpha ,\beta ⟩$ が $\{1,2,3\}$ に推移的に作用するものを、$\alpha$ の巡回型で分けて数えます。
- $\alpha$ が 3 次の巡回置換（2 個）: $⟨\alpha ⟩$ だけで推移的なので、$\beta$ は 4 通りすべてよく、$2\times 4=8$ 個。
- $\alpha$ が互換 $t$（3 個）: $\beta =e$ や $\beta =t$ では像が $\{e,t\}$ で、$t$ が固定する点があるので推移的ではありません。$\beta$ が $t$ と異なる互換（2 個）なら、2 つの異なる互換は $S_3$ を生成するので推移的です。$3\times 2=6$ 個。
- $\alpha =e$: 像は $⟨\beta ⟩$ で位数 $2$ 以下なので推移的になりません。$0$ 個。

推移的準同型は合計 $8+6=14$ 個です。

手順 4: $(3-1)!$ で割る。
$$\frac{14}{2!}=7.$$

（参考: 共役類で数えると、像が $\mathbb{Z}/3$ になる正規部分群 $1$ 個の類と、像が $S_3$ になる $3$ 個ずつの共役類 $2$ 個で、$1+3+3=7$ と確かめられます。）

答え: $7$

$G=⟨a⟩\ast ⟨b\mid b^2⟩\cong \mathbb{Z}\ast \mathbb{Z}/2$。指数 $n$ の部分群は、$G$ の $\{1,\dots ,n\}$ への推移的な作用のうち点 1 の固定部分群として得られ、その個数は（推移的な準同型 $G\to S_n$ の個数）$/(n-1)!$ である。$n=3$ なので $/2$。\n\n準同型 $G\to S_3$ は組 $(\rho (a),\rho (b))$ で $\rho (b{)}^2=1$ を満たすものと一対一に対応する。$\rho (a)$ は任意の 6 通り、$\rho (b)$ は単位元か互換の 4 通り。\n\n推移的になる組を数える。\n- $\rho (b)=e$ のとき: $\rho (a)$ が 3 サイクルであることが必要十分。2 通り。\n- $\rho (b)$ が互換（3 通り）のとき: 生成される部分群は互換を含むので、推移的であることと $S_3$ に一致することが同値。$\rho (a)$ が $\{e,\rho (b)\}$ に入らなければ、その軌道 $\{i,j\},\{k\}$ を保たない（$\rho (b)=(ij)$ のとき、この軌道を保つ元は $e,\rho (b)$ のみ）ので推移的。$\rho (a)$ は 4 通り。よって $3\times 4=12$ 通り。\n\n推移的な準同型は合計 $2+12=14$ 個。指数 3 の部分群の個数は $14/2=7$。\n\n検算: 部分群を共役類ごとに見ると、正規部分群（$G\to \mathbb{Z}/3$ の核）は $b\mapsto 0$, $a\mapsto \pm 1$ の全射 2 個を $\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/3)$ で割って 1 個。残りの $S_3$ 像の準同型 12 個は、$S_3$ の作用の 3 点集合への作用の同型類で、各同型類は $3!/|\mathrm{Stab}|$ ではなく共役による組の数 6 ずつ（中心化群が自明）で 2 類、各類は 3 個の共役な部分群（点の固定部分群）を与えるので 6 個。合計 $1+6=7$。