位数8の非アーベル群

有限群 $G$ の任意の元 $a\in G$ に対して、$a$ の位数は $|G|$ の約数であるので、$a$ の位数は、1, 2, 4, 8 のうちのどれかである。
$a$ を単位元でないものを選べば、1 は除かれる。
また、位数が 8 であれば $G$ は巡回群となり、アーベル群となるので 8 も除かれる。
さらに、先の問題より、任意の元の位数が 2 である群はアーベル群となることが示される。

従って、位数 8 の非アーベル群には位数が 4 の元が存在することが分かる。

そのような元を $a\in G$ とする。すなわち、$a^4=1$ である。

さらに、$a$ で生成される $G$ の部分群 $⟨a⟩$ に含まれないような $G$ の元を $b\in G$ とする。
このような元 $b$ は必ず存在する。なぜなら、$a$ で生成される群が $G$ となるとすると、$G$ は巡回群、すなわちアーベル群となるからである。

今、$⟨a⟩$ は $G$ の部分群であるので、$G$ の $⟨a⟩$ による左剰余類を考えれば、ラグランジュの定理により
$$\begin{array}{rl}|G|& =[G:⟨a⟩][⟨a⟩]\\ 8& =[G:⟨a⟩]\times 4\\ [G:⟨a⟩]& =2\end{array}$$
が示される。

すなわち、$⟨a⟩$ は $G$ の指数 2 の部分群である。
従って、以前の問題より、$⟨a⟩$ は $G$ の正規部分群となる。

すなわち、$b⟨a⟩b^{-1}=⟨a⟩$ が成り立つ。

特に、$ba{b}^{-1}\in ⟨a⟩$ が言えるが、もしも $ba{b}^{-1}=a$ とすると、$ab=ba$ となり $G$ がアーベル群となってしまう。
また $ba{b}^{-1}=a^4=1$ とすると $ba=b$ となり、$a$ が単位元となってしまい、位数 4 の元であることと矛盾する。
さらに、$ba{b}^{-1}=a^2$ のときには、$(ba{b}^{-1}{)}^2=a^4=1$ となり、これより $a^2=1$ が導かれ、$a$ が位数 4 の元であることと矛盾する。

結局、$ba{b}^{-1}=a^3=a^{-1}$ であることが分かる。

さらに、$b^2$ を考えると、もしも $b^2\notin ⟨a⟩$ であるとすると、$b^2$ は $b^2\in b⟨a⟩$ でなくてはならず、これは $b\in ⟨a⟩$ を導き、矛盾する。
ここで、$[G,⟨a⟩]=2$ を用いた。

従って、$b^2=⟨a⟩$ が言える。

これより、$b^2=1,b^2=a,b^2=a^2,b^2=a^3=a^{-1}$ の４つの可能性があるが、$b^2=a$ は $b^8=a^4=1$ を導き、$b$ が位数 8 の元となり、$G$ が巡回群となってしまう。
さらに、$b^2=a^3=a^{-1}$ も同様の理由で除外される。

従って、
$$\begin{array}{rl}{b}^2& =1\\ b^2& =a^2\end{array}$$
の２つの場合が考えられる。
$b^2=1$ の場合、$G\cong D_8$ となり、$b^2=a^2$ の場合、$G\cong Q_8$ となる。

従って、題意が示された。