問題1. (IMO2019第4問)
以下をみたす正の整数の組 $(k,n)$ をすべて求めよ: $$ k! = (2^n-1)(2^n-2)(2^n-4)\cdots(2^n-2^{n-1}).$$
命題2.
$q$ を素べきとする.$$ \vert \operatorname{GL} _ {n}({\mathbb {F}} _ {q})\vert =\prod _ {{k=1}} ^ {n}(q ^ {n}- q ^{k-1})$$
証明. $\mathbb{F}_p^n$ の列ベクトルを線型独立となるよう取っていく選び方を数えると, 最初は零でなければよいので $q^n-1$ 通り, $1\leqq k\leqq n$ 番目ではそれまでの $k-1$ 個の列ベクトルと線型独立になるよう取らなければならないので $q^n-q^{k-1}$ 通りである.
よって, 問題の方程式は $$\vert S_k\vert = \vert \operatorname{GL} _ {n}({\mathbb {F}} _ {2})\vert$$ と書き換えることができます. これは $S_k\cong\operatorname{GL} _ {n}({\mathbb {F}} _ {2})$ となる $(k,n)$ の候補を与える方程式にもなっています.
実際に計算してましょう.
補題3.
$n\geqq 6$ で次が成立: $$2^{n^2}\lt\left(\frac{n(n-1)}{2}\right)!$$
証明. 略.
解答.
$v_2(\vert \operatorname{GL} _ {n}({\mathbb {F}} _ {2})\vert) =\dfrac{n(n-1)}{2}$, $v_2(\vert S_k\vert)=k!$ であるから, $\vert S_k\vert = \vert \operatorname{GL} _ {n}({\mathbb {F}} _ {2})\vert$ なら $\dfrac{n(n-1)}{2}\lt k.$ また, $\vert \operatorname{GL} _ {n}({\mathbb {F}} _ {2})\vert\lt (2^{n})^n$ であるから, 補題より $n\geqq6$ で $\vert \operatorname{GL} _ {n}({\mathbb {F}} _ {2})\vert\lt (2^n)^n\lt k!=\vert S_k\vert$ を得るので $\vert S_k\vert = \vert \operatorname{GL} _ {n}({\mathbb {F}} _ {2})\vert$ は成立しない. $n<5$ を適宜調べれば $(k,n)=(1,1),(3,2)$ が得られる.
定理4.
$S_1\cong\operatorname{GL}_1(\mathbb{F}_2)$, $S_3\cong\operatorname{GL}_2(\mathbb{F}_2)$
証明. 前者は $\operatorname {GL} _{2}(\mathbb {F} _{2})=\{(1)\}$ なのでよい.
後者は$${\displaystyle \operatorname {GL} _{2}(\mathbb {F} _{2})=\left\{{\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}},\ {\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}},\ {\begin{pmatrix}0&1\\1&1\end{pmatrix}},\ {\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}},\ {\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}},\ {\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}}\right\}}$$を適宜対応させればよい.
$(k,n)=(8,4)$ のとき左辺は右辺の2倍であることがわかりますが, $|A_n|=|S_n|/2$ であることを考えると $A_8\cong \operatorname{GL} _ 4(\mathbb{F} _ 2)$ が仄めかされており, 実際そうなります.
ちなみに, 解説では最後に “However, while this indicates that the problem is a useful one, knowing group theory is of no use in solving it!” と書いてありました. 耳が痛いですね.
