「p^2-1は12の倍数(p>3)」を群論っぽく考えてみる～整数問題から代数系へ～

Introduction
まずは初等的に解いてみる
数論におけるオイラーの定理を使って証明してみる
$(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z})^{\times}$の構造を考えてみる
$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$と$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^{\times}$について
巡回群について
準同型写像や同型について
直積について
$\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}$と$(\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z})^{\times}$の構造
3つ目の証明へ
24の倍数であること、さらに一般化してみる
24の倍数
一般化（$3\cdot 2^{n}$の倍数）
感想など
参考文献

大学数学基礎解説

文献あり

「p^2-1は12の倍数(p>3)」を群論っぽく考えてみる～整数問題から代数系へ～

代数学,群論,整数問題

1499

★本記事は日曜数学 Advent Calendar 2022 の参加記事として書きました。

Introduction

以前、Twitterで以下のような問題を見かけました。

$p$ を $5$ 以上の素数とする。このとき、 $p^{2} - 1$ は $12$ の倍数となることを示せ。

※参考元： https://mobile.twitter.com/pickover/status/1536796647128276994

上記は、 $12$ の倍数を $24$ の倍数としても成り立つのですが、本記事では話を簡単にするため、主に $12$ で考えていきます。また、同じ条件の $p$ で、 $p^{4} - 1$ は $48$ の倍数、 $p^{8} - 1$ は $96$ の倍数になることも確認できます。

この問題は、中高生も十分チャレンジできるもので、さまざまな解答が考えられると思います。

私も最初は、合同式で解いたのですが、だんだん欲が出てきて、「 $Z / n Z$ の単元群の構造から何とかできないものか」と考えながらツイートしていたところ、 tsujimotter さんからTwitterでバシッと教えてもらえました！　ありがとうございます！

そのときに教えてもらったことを含め、3つの証明を考えてみました。　

まずは初等的に解いてみる

$p$ は $5$ 以上の素数なので、 $p \equiv \pm 1 (\mod 3)$ かつ $p \equiv \pm 1 (\mod 4)$ である。

よって、 $p^{2} \equiv 1 (\mod 3)$ かつ $p^{2} \equiv 1 (\mod 4)$ となる。

したがって、 $p^{2} - 1$ は $3$ の倍数かつ $4$ の倍数である。

$3$ と $4$ は互いに素なので、 $p^{2} - 1$ は $12$ の倍数であることがわかる。

実は、この問題の条件「 $p$ は $5$ 以上の素数」はゆるめることができます。

$a$ は $12$ と互いに素な整数であるとする（つまり、 $a$ は $3$ と互いに素であり、 $2$ と互いに素な整数）。

このとき、 $a^{2} - 1$ は $12$ の倍数となる。

命題1の証明①

※元の問題の証明とほぼ同様に示せます。

$a$ は $12$ と互いに素なので、 $a \equiv \pm 1 (\mod 3)$ かつ $a \equiv \pm 1 (\mod 4)$ である。

よって、 $a^{2} \equiv 1 (\mod 3)$ かつ $a^{2} \equiv 1 (\mod 4)$ となる。

したがって、 $a^{2} - 1$ は $3$ の倍数かつ $4$ の倍数である。

$3$ と $4$ は互いに素なので、 $a^{2} - 1$ は $12$ の倍数であることがわかる。

上記の証明でのポイントとして

① $12$ を（互いに素な） $3$ と $4$ に分けて考える。
② $mod 3$ でも $mod 4$ でも「 $a$ は $\pm 1$ と合同」「 $a$ は $2$ 乗すると $1$ と合同」という似た性質が出てくる。

といったところが挙げられます。

数論におけるオイラーの定理を使って証明してみる

オイラーの定理

$n$ を $2$ 以上の整数とし、 $ϕ (n)$ を $1$ 以上 $n - 1$ 以下の整数のなかで $n$ と互いに素なものの個数を表す関数とする。

このとき、 $a$ を $n$ と互いに素な整数とすると

$a^{ϕ (n)} \equiv 1 (\mod n)$

が成り立つ。

※オイラーの定理において、 $n$ を素数 $p$ とすると、フェルマーの小定理となります。

オイラーの定理を使って、命題1を証明してみましょう。

命題1の証明②

$a$ は $3$ と互いに素であり、 $4$ と互いに素である。

$ϕ (3) = 2, ϕ (4) = 2$ なので、オイラーの定理より

$a^{2} \equiv 1 (\mod 3)$ かつ $a^{2} \equiv 1 (\mod 4)$

となる。

したがって、 $a^{2} - 1$ は $3$ の倍数かつ $4$ の倍数である。

$3$ と $4$ は互いに素なので、 $a^{2} - 1$ は $12$ の倍数であることがわかる。

$(Z / 12 Z)^{\times}$ の構造を考えてみる

結論から言うと、以下が成り立ちます。

$(Z / 12 Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 4 Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z \times Z / 2 Z$

おそらく、代数系の話に慣れている人はこれを見て「 $(Z / 12 Z)^{\times}$ は位数 $2$ の巡回群の直積になっているから、 $a^{2}$ は $mod 12$ で $1$ なんだな」とわかると思います。なんなら証明も頭のなかでサクサクできてしまうことでしょう（私はサクサクできません）。

今回は、上記の命題を示すための道具、および、命題の証明を紹介していきたいと思います。「もう問題は解けたし、そこまでしなくても…」と思う方もいるかもしれませんが、代数系の知識や言葉を使うことで、構造が見えてくるところが面白いですし、先述の2つの証明を上空から見下ろすような感じで眺められるようになるのではないかと思います。

きちんと証明していくと長くなりすぎてしまうので、適宜省略していきます。細かいことにはあまり言及しないので、くわしくは代数系の入門書などを参照してみてください。

「群と環の定義はなんとなく知っているけれど、他のことは知らない」という方が読み通せることを目標に説明していきます。できるだけ、抽象的で難しそうな部分は迂回しつつ、命題の証明へ辿り着けるようにがんばって書いてみます。

$Z / n Z$ と $(Z / n Z)^{\times}$ について

$n$ を正の整数、 $a$ を整数とし、

$a + n Z = {x \in Z | x \equiv a (\mod n)}$

$Z / n Z = {0 + n Z, 1 + n Z, \dots, (n - 1) + n Z}$

とする。

$a + 3 Z = {x \in Z | x \equiv a (\mod 3)}$

$Z / 3 Z = {0 + 3 Z, 1 + 3 Z, 2 + 3 Z}$

$a + 4 Z = {x \in Z | x \equiv a (\mod 4)}$

$Z / 4 Z = {0 + 4 Z, 1 + 4 Z, 2 + 4 Z, 3 + 4 Z}$

$Z / n Z$ において、演算 $+, \cdot$ を以下で定める。

$a, b \in Z$
$(a + n Z) + (b + n Z) = (a + b) + n Z$
$(a + n Z) \cdot (b + n Z) = a b + n Z$

このとき、 $Z / n Z$ は演算 $+, \cdot$ に関して可換環をなす。

証明は省略する。

※環の定義などについて：環の定義とその具体例（高校数学の美しい物語）

※演算がwell-definedであることも示す（well-definedについては後述）。

次に

$(Z / n Z)^{\times} = {a + n Z \in Z / n Z | (a + n Z)^{- 1} が存在する}$
（ $Z / n Z$ のなかで乗法逆元を持つ元全体）

とする。

$(Z / n Z)^{\times}$ は演算 $\cdot$ に関してアーベル群をなす（ $\cdot$ は命題4で定めたもの）。

また

$(Z / n Z)^{\times} = {a + n Z \in Z / n Z | a と n は互いに素}$

が成り立つ。

アーベル群であることの証明は省略する。

※群の定義などについて：群の定義といろいろな具体例（高校数学の美しい物語）

$A = {a + n Z \in Z / n Z | a と n は互いに素}$

として、 $A = (Z / n Z)^{\times}$ であることを示す。

$a + n Z \in A$ とすると、 $a$ と $n$ は互いに素であることから、ある整数 $x, y$ が存在して

$a x + n y = 1$

を満たす。

※上記のような $x, y$ の存在について：一次不定方程式ax+by=cの整数解（高校数学の美しい物語）

よって、 $a x \equiv 1 (\mod n)$ であり、

$(a + n Z) (x + n Z) = a x + n Z = 1 + n Z$

となる。

したがって、 $(a + n Z)^{- 1} = x + n Z$ なので、 $a + n Z \in (Z / n Z)^{\times}$ であることがわかる。

次に、 $a + n Z \in (Z / n Z)^{\times}$ とする。

$(a n + Z)^{- 1}$ が存在することから、ある整数 $x$ が存在して

$(a + n Z) (x + n Z) = 1 + n Z$

を満たす。

よって、 $a x + n Z = 1 + n Z$ となるので

$a x \equiv 1 (\mod n)$

である。

したがって、ある整数 $y$ が存在して

$a x + n y = 1$

を満たす。

$a, n$ に共通の素因数 $p$ が存在すると仮定すると、 $a x + n y$ は $p$ で割り切れることになるので、 $a x + n y = 1$ であることに矛盾。よって、 $a, n$ は共通の素因数を持たないことがわかる。

したがって、 $a$ と $n$ は互いに素であり、 $a + n Z \in A$ である。

以上より、 $A = (Z / n Z)^{\times}$ であることが示された。

$(Z / 3 Z)^{\times} = {1 + 3 Z, 2 + 3 Z}$

$(Z / 4 Z)^{\times} = {1 + 4 Z, 3 + 4 Z}$

巡回群について

巡回群

$G$ を群とする。ある $G$ の元 $g$ が存在して

$G = {g^{n} | n \in Z}$

と表せるとき、 $G$ は巡回群であるといい、 $g$ を巡回群 $G$ の生成元という。

また、このとき、 $G =< g >$ とかく。

群の位数

群 $G$ の濃度（元の総個数）を $G$ の位数とよぶ。

巡回群 $G$ の位数は有限であるとし、その位数を $l$ 、生成元を $g$ 、単位元を $e$ とする。このとき、 $g^{l} = e$ が成り立つ。

まず、 $g^{m} = e$ を満たす正の整数 $m$ が存在することを背理法で示す。

任意の正の整数 $m$ について、 $g^{m} \neq e$ と仮定する。 $0$ 以上の整数 $a, b (a ≦ b)$ に対し、 $g^{a} = g^{b}$ とすると、 $g^{b - a} = e$ となる。

仮定より、 $b - a > 0$ のとき $g^{b - a} \neq e$ なので、 $b - a = 0$ 、つまり、 $a = b$ であることがわかる。よって、 $g^{a} = g^{b}$ ならば $a = b$ が成り立つ。

したがって、 ${e, g, g^{2}, g^{3}, \dots}$ の元は互いに相異なる。このとき $G$ は無限集合 ${e, g, g^{2}, g^{3}, \dots}$ を含むので、 $G$ の位数が有限であることに矛盾する。

よって、 $g^{m} = e$ を満たす正の整数 $m$ が存在することがわかった。

ここで、 $g^{m} = e$ を満たす最小の正の整数 $m$ を $m_{0}$ とおく。

$a, b$ を $0$ 以上 $m_{0} - 1$ 以下の整数で、 $a ≦ b$ であるとし、 $g^{a} = g^{b}$ が成り立つとする。

このとき、 $g^{b - a} = e$ となる。

$0 ≦ b - a ≦ m_{0} - 1$ であることと、 $m_{0}$ の定義から、 $b - a = 0$ でなければならない。よって、 $g^{a} = g^{b}$ ならば $a = b$ が成り立つ。

したがって、 ${e, g, g^{2}, \dots, g^{m_{0} - 1}}$ の元は互いに相異なる。

$s$ を $0$ 以上の整数とする。 $s$ を $m_{0}$ で割ったときの商を $t (0 ≦ t)$ 、余りを $r (0 ≦ r ≦ m_{0} - 1)$ とすると

$g^{s} = g^{m_{0} t + r} = (g^{m_{0}})^{t} \cdot g^{r} = e \cdot g^{r} = g^{r}$

となる。

また、 $g \cdot g^{m_{0} - 1} = e$ より、 $g^{- 1} = g^{m_{0} - 1}$ であることから

$g^{- s} = (g^{- 1})^{s} = (g^{m_{0} - 1})^{s} = g^{s (m_{0} - 1)}$

となり、 $s (m_{0} - 1) ≧ 0$ なので、先ほどと同様に、 $s (m_{0} - 1)$ を $m_{0}$ で割ったときの商と余りを考えれば、ある $0$ 以上 $m_{0} - 1$ 以下の整数 $r^{'}$ が存在して

$g^{- s} = g^{r^{'}}$

を満たす。

したがって、 $G = {g^{n} | n \in Z} = {e, g, g^{2}, \dots, g^{m_{0} - 1}}$ である。

$G$ の位数は $l$ なので、 $m_{0} = l$ でなければならない。よって、 $m_{0}$ の定義から、 $g^{l} = e$ であることがわかる。

巡回群 $G$ の位数は有限であるとし、その位数を $l$ 、単位元を $e$ とする。このとき、 $G$ の任意の元 $a$ に対して、 $a^{l} = e$ が成り立つ。

$G$ の生成元を $g$ とすると、 $G$ の任意の元 $a$ に対して、ある整数 $m$ が存在して

$a = g^{m}$

とかける。

よって、命題6より

$a^{l} = (g^{m})^{l} = g^{m l} = (g^{l})^{m} = e^{m} = e$

となる。

$(Z / 3 Z)^{\times} = {1 + 3 Z, - 1 + 3 Z} =< - 1 + 3 Z >$

となり、 $(Z / 3 Z)^{\times}$ は位数 $2 (= ϕ (3))$ の巡回群である。

また、 $(- 1 + 3 Z)^{2} = 1 + 3 Z$ となる。

$(Z / 4 Z)^{\times} = {1 + 4 Z, - 1 + 4 Z} =< - 1 + 4 Z >$

となり、 $(Z / 4 Z)^{\times}$ は位数 $2 (= ϕ (4))$ の巡回群である。

また、 $(- 1 + 4 Z)^{2} = 1 + 4 Z$ となる。

準同型写像や同型について

群の準同型写像と同型

$G, G^{'}$ を群とし、 $T$ を $G$ から $G^{'}$ への写像とする。

$x, y \in G$ に対し、 $T (x \cdot y) = T (x) \cdot T (y)$ となるとき、 $T$ を準同型写像という。

特に、 $T$ が全単射であるとき、 $T$ を同型写像とよび、 $G$ と $G^{'}$ は群として同型であるという。

また、このとき、 $G ≅ G^{'}$ とかく。

環の準同型写像と同型

$R, R^{'}$ を環とし、 $T$ を $R$ から $R^{'}$ への写像とする。

$x, y \in R$ に対し、 $T (x \cdot y) = T (x) \cdot T (y), T (x + y) = T (x) + T (y)$ となり、 $T (1) = 1$ であるとき、 $T$ を準同型写像という。

特に、 $T$ が全単射であるとき、 $T$ を同型写像とよび、 $R$ と $R^{'}$ は環として同型であるという。

また、このとき、 $R ≅ R^{'}$ とかく。

群 $G, G^{'}$ での演算を、いずれも同じ記号 $\cdot$ で定義を書きましたが、本来は $G$ の演算を $\cdot$ 、 $G^{'}$ の演算を $\cdot^{^{'}}$ など、区別して書くべきかもしれません。

しかし、そのように書かれている本などを見かけたことがないので、どちらも $\cdot$ と書くことにします。

環 $R, R^{'}$ での演算 $+, \cdot$ についても同様です。

足立恒雄「ガロア理論講義」pp.31-32では、群の準同型写像や同型について、以下のように書かれています。

[前略]写像 $T$ が群の演算を保存しているとき準同型写像であるというのである.

代数学では, 集合の材質, 色彩, 要素の大きさなど物理的な意味には一切関知しないで, 単に元（構成要素）の間の演算にだけ関心を限定している.したがって群が同型であるとは,　群という数学的概念のカテゴリーでは「同一である」とみなしてよいということを主張しているのである.

これらの記述は、準同型写像や同型について「わかりにくい」と感じる方のヒントになるかもしれない、と思ったので引用しました。

$G$ は位数 $n$ の巡回群であるとする。このとき、 $G ≅ Z / n Z$ が成り立つ。

$Z / n Z$ は演算 $+$ に関するアーベル群である。

$G$ の生成元を $g$ 、単位元を $e$ とする。写像 $G$ から $Z / n Z$ への写像 $T$ を

$T (g^{a}) = a + n Z (a \in Z)$

として定める。

$a, b \in Z$ とすると

$T (g^{a} g^{b}) = T (g^{a + b}) = (a + b) + n Z = (a + n Z) + (b + n Z) = T (g^{a}) + T (g^{b})$

となるので、 $T$ は準同型写像である。

任意の $a + n Z \in Z / n Z$ に対し、 $T (g^{a}) = a + n Z$ となるので、 $T$ は全射である。

$T (g^{a}) = T (g^{b})$ とすると、 $a + n Z = b + n Z$ となるので、 $a - b$ は $n$ の倍数である。

$G$ の位数は $n$ なので、命題6より、 $g^{a - b} = e$ となる。よって、 $g^{a} = g^{b}$ が成り立ち、 $T$ は単射であることがわかる。

例4と例5より、 $(Z / 3 Z)^{\times}, (Z / 4 Z)^{\times}$ は位数 $2$ の巡回群なので

$(Z / 3 Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z$
$(Z / 4 Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z$

直積について

$G, G^{'}$ を群とする。

$G \times G^{'} = {(a, b) | a \in G, b \in G^{'}}$

とし、演算 $\cdot$ を

$(a, b) \cdot (c, d) = (a \cdot c, b \cdot d)$

と定めると、 $G \times G^{'}$ は演算 $\cdot$ に関して群をなす。

証明は省略する。

$R, R^{'}$ を環とする。

$R \times R^{'} = {(a, b) | a \in R, b \in R^{'}}$

とし、演算 $+, \cdot$ を

$(a, b) + (c, d) = (a + c, b + d)$
$(a, b) \cdot (c, d) = (a \cdot c, b \cdot d)$

と定めると、 $R \times R^{'}$ は演算 $+, \cdot$ に関して環をなす。

証明は省略する。

$Z / m n Z$ と $(Z / m n Z)^{\times}$ の構造

$m, n$ を正の整数とし、 $m$ と $n$ は互いに素であるとする。

このとき

$Z / m n Z ≅ Z / m Z \times Z / n Z$

が成り立つ。

$Z / m n Z$ から $Z / m Z \times Z / n Z$ への写像 $T$ を

$T (a + m n Z) = (a + m Z, a + n Z) (a \in Z)$

として定める。

$a + m n Z = b + m n Z$ 、つまり、 $a \equiv b (\mod m n)$ ならば、 $a \equiv b (\mod m)$ かつ $a \equiv b (\mod n)$ が成り立つ。

よって、 $a + m n Z = b + m n Z$ ならば $(a + m Z, a + n Z) = (b + m Z, b + n Z)$ となるので $T (a + m n Z) = T (b + m n Z)$ であることがわかる。

よって、 $T$ はwell-difined（後述の注意参照）。

$T$ は準同型写像であることを示す。

$\begin{aligned} T ((a + m n Z) + (b + m n Z)) & = T ((a + b) + m n Z) \\ = ((a + b) + m Z, (a + b) + n Z) \\ = (a + m Z, a + n Z) + (b + m Z, b + n Z) \\ = T (a + m n Z) + T (b + m n Z) \end{aligned}$

$\begin{aligned} T ((a + m n Z) \cdot (b + m n Z)) & = T (a b + m n Z) \\ = (a b + m Z, a b + n Z) \\ = (a + m Z, a + n Z) \cdot (b + m Z, b + n Z) \\ = T (a + m n Z) \cdot T (b + m n Z) \end{aligned}$

$T (1 + m n Z) = (1 + m Z, 1 + n Z)$

となるので、 $T$ は準同型写像である。

$T$ は全単射であることを示す。

中国剰余定理より、 $m, n$ が互いに素なので、任意の整数 $a, b$ に対して

$x \equiv a (\mod m)$
$x \equiv b (\mod n)$

を満たす $0$ 以上 $m n - 1$ 以下の整数 $x$ がただ1つ存在する。

したがって、任意の整数 $a, b$ に対して、 $T (x + m n Z) = (a + m Z, b + n Z)$ を満たす $x + m n Z \in Z / m n Z$ が存在し、そのような $x + m n Z$ はただ1つに定まる。

よって、 $T$ は全単射である。

well-defined

例えば、 $1 + 12 Z = 13 + 12 Z = 25 + 12 Z = \dots$ なので、 $1 + 12 Z = a + 12 Z$ となる $a$ の取り方は無限に存在しています。

$1 + 12 Z = 13 + 12 Z$ なのに、 $T (1 + 12 Z) \neq T (13 + 12 Z)$ となってしまっていたら、 $T$ は写像の定義を満たしません。

そのため、どのような $a + 12 Z$ を取ってきたとしても、 $T (a + 12 Z)$ は変わらないことをいう必要があります。

命題4についても、どのような $a + n Z, b + n Z$ を取ってきたとしても、 $(a + n Z) + (b + n Z)$ , $(a + n Z) \cdot (b + n Z)$ という演算の結果は変わらないことをいう必要があります。

$m, n$ を正の整数とし、 $m$ と $n$ は互いに素であるとする。

このとき

$(Z / m n Z)^{\times} ≅ (Z / m Z)^{\times} \times (Z / n Z)^{\times}$

が成り立つ。

$(Z / m n Z)^{\times}$ から $(Z / m Z)^{\times} \times (Z / n Z)^{\times}$ への写像 $S$ を

$S (a + m n Z) = (a + m Z, a + n Z) (a \in Z)$

として定める（ $S$ は命題10の証明における $T$ の $(Z / m n Z)^{\times}$ への制限となっている）。

$S$ が（群の）準同型写像であること、単射であることは命題11の証明より従う。

$S$ が全射であることを示す。

$(Z / m Z)^{\times} \times (Z / n Z)^{\times}$ の元 $(a + m Z, b + n Z)$ を任意にとる。

中国剰余定理より、 $m, n$ が互いに素なので、

$x \equiv a (\mod m)$
$x \equiv b (\mod n)$

を満たす $0$ 以上 $m n - 1$ 以下の整数 $x$ がただ1つ存在する。

$x$ と $m$ が共通の素因数 $p$ を持つと仮定すると、 $a$ も $p$ で割り切れるので矛盾。よって、 $x$ と $m$ は互いに素である。

同様にして、 $x$ と $n$ も互いに素であることがわかる。

したがって、 $x$ と $m n$ は互いに素である。

よって、 $S (x + m n Z) = (a + m Z, b + n Z)$ を満たす $x + m n Z \in (Z / m n Z)^{\times}$ が存在する。

3つ目の証明へ

命題1の証明③

命題11より、 $m = 3, n = 4$ とすると

$(Z / 12 Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 4 Z)^{\times}$

が成り立つ。

例4と例5より、 $(Z / 3 Z)^{\times}, (Z / 4 Z)^{\times}$ は位数 $2$ の巡回群である。

$a$ を $12$ と互いに素な整数とし、写像 $S$ を命題11の証明と同じものとする。

$\begin{aligned} S (a^{2} + 12 Z) & = (a^{2} + 3 Z, a^{2} + 4 Z) \\ = ((a + 3 Z)^{2}, (a + 4 Z)^{2}) \end{aligned}$

であることと、命題6の系から

$S (a^{2} + 12 Z) = (1 + 3 Z, 1 + 4 Z)$

となる。

$S (1 + 12 Z) = (1 + 3 Z, 1 + 4 Z)$ であり、 $S$ は単射なので、 $a^{2} + 12 Z = 1 + 12 Z$ である。

したがって、 $a^{2} - 1$ は $12$ の倍数となることがわかる。

また、命題7を使うと、以下のように書けます（命題3と同じ）。

$(Z / 12 Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 4 Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z \times Z / 2 Z$

命題1の証明③を長々と書いてしまいましたが、前に引用した文章

代数学では, 集合の材質, 色彩, 要素の大きさなど物理的な意味には一切関知しないで, 単に元（構成要素）の間の演算にだけ関心を限定している.したがって群が同型であるとは,　群という数学的概念のカテゴリーでは「同一である」とみなしてよいということを主張しているのである.（足立恒雄「ガロア理論講義」pp.31-32）

を念頭に置きつつ、少しお気持ちを書いておきます。

$(Z / 12 Z)^{\times}$ と $(Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 4 Z)^{\times}$ は同型なので、「群という数学的概念のカテゴリーでは『同一である』とみなしてよい」（上記引用文より抜粋）ということになります。

$(Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 4 Z)^{\times}$ は位数 $2$ の巡回群の直積なので、命題6の系から「どんな元をとってきても、 $2$ 乗したら単位元」ということがわかります。

群として「同一である」とみなすと、 $(Z / 12 Z)^{\times}$ も、「どんな元をとってきても、 $2$ 乗したら単位元」という性質を持っていることがわかるので、 $12$ と互いに素な整数 $a$ について、 $a^{2} \equiv 1 (\mod 12)$ となることが見えてきます。

24の倍数であること、さらに一般化してみる

24の倍数

$24$ についても同様に

$(Z / 24 Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 8 Z)^{\times}$

となるので、 $(Z / 8 Z)^{\times}$ の構造を調べることで、同じことができます。

結論だけ書くと

$(Z / 8 Z)^{\times} ≅< - 1 + 8 Z > \times < 5 + 8 Z >$

であり、 $< - 1 + 8 Z >, < 5 + 8 Z >$ は位数 $2$ の巡回群となっているので、 $(Z / 3 Z)^{\times}$ も位数 $2$ の巡回群だったことを合わせれば

$(Z / 24 Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 8 Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z \times Z / 2 Z \times Z / 2 Z$

となり、 $24$ のケースでも位数 $2$ の巡回群の直積で表せます。

$a$ を $24$ と互いに素な整数（つまり、 $a$ は $3$ と互いに素であり、 $2$ と互いに素な整数）とすれば、 $12$ の場合と同様にして、 $a^{2} - 1$ は $24$ の倍数となることがわかります。

一般化（ $3 \cdot 2^{n}$ の倍数）

$(Z / 3 \cdot 2^{n} Z)^{\times}$ について以下が成り立ちます。

・ $n = 1$ のとき

・ $(Z / 6 Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 2 Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z$

・ $n = 2$ のとき

$(Z / 12 Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 4 Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z \times Z / 2 Z$

・ $n$ が $3$ 以上の整数のとき

$(Z / 3 \cdot 2^{n} Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 2^{n} Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z \times Z / 2 Z \times Z / 2^{n - 2} Z$

※参考： (Z/nZ)*の群構造（INTEGERS）

例えば、 $n = 4$ とすれば

$(Z / 48 Z)^{\times} ≅ (Z / 3 Z)^{\times} \times (Z / 2^{4} Z)^{\times} ≅ Z / 2 Z \times Z / 2 Z \times Z / 2^{2} Z$

となります。

$a$ を $48$ と互いに素な整数（つまり、 $a$ は $3$ と互いに素であり、 $2$ と互いに素な整数）とすれば、 $a^{4} - 1$ は $48$ の倍数となることがわかります。
（ $Z / 2 Z \times Z / 2 Z \times Z / 2^{2} Z$ から「どんな元をとってきても、 $4$ 乗したら単位元」ということが見えてきます）