第 2 章 · 群 论

以上六条性质都很基本，关键在于会写。性质 1-2 的证明是「两边凑幺元」的典范：\(a_1 = a_1 e = a_1(aa_2) = (a_1 a)a_2 = e\,a_2 = a_2\)，其中每一步都只用了结合律、逆元与幺元的定义。性质 1-4（穿脱律）的证明思路是「验证候选者确实互为逆元」：只需验证 \((ab)(b^{-1}a^{-1}) = e\) 与 \((b^{-1}a^{-1})(ab) = e\) 两条，再由逆元唯一性即得结论。性质 1-6 则展示群论的基本技巧——等式两边同乘某个元素的逆。今后大量的证明都是这几类手法的反复使用。

前三条：两边分别等于 \(m+n\) 个、\(mn\) 个 \(a\)（或 \(a^{-1}\)）相乘，直接由定义可得。

性质 1-10：先证 \((a^m)^{-1} = a^{-m}\)。由 \(a^m \cdot a^{-m} = a^m \cdot (a^{-1})^m = e\) 及逆元唯一性即得。于是 \((a^m)^{-n} = ((a^m)^{-1})^n = (a^{-m})^n = a^{-mn}\)； 又 \((a^{-m})^{-n} = ((a^{-1})^m)^{-n} = (a^{-1})^{-mn} = ((a^{-1})^{-1})^{mn} = a^{mn}\)。证毕。

若 \(G\) 是加法群，则记 \(\underbrace{a + \cdots + a}_{n\text{ 个}} = na\)，于是有相应的性质：\(ma + na = (m+n)a\)；\(n(ma) = nma\)；\(n(-ma) = (-mn)a\)；\((-n)(ma) = (-mn)a\)，\((-n)(-ma) = mna\)；并约定 \(0a = 0\)。

(1) 因为 \(H\) 是 \(G\) 的子集，所以 \(H\) 中元素的乘积显然适合结合律。又若 \(a \in H\)，则 \(a^{-1} \in H\)，故 \(a \cdot a^{-1} \in H\)，即 \(e \in H\)。因此 \(H\) 是 \(G\) 的子群。

(2) 由 \(a \in H\) 得 \(aa^{-1} \in H\)，即 \(e \in H\)。又 \(a^{-1} = e \cdot a^{-1} \in H\)；若 \(b \in H\)，\(b^{-1} \in H\)，则 \(a(b^{-1})^{-1} \in H\)，即 \(ab \in H\)。由 (1) 即知 \(H\) 是 \(G\) 的子群。证毕。

由上述命题中的 (1)，只需证明对任意的 \(a \in H\)，\(a^{-1}\) 必属于 \(H\) 即可。由已知条件知 \(a, a^2, a^3, \dots\) 皆属于 \(H\)。但是 \(H\) 是有限集，因此必存在 \(r \gt s\)，使 \(a^r = a^s\)。由消去律得 \(a^{r-s} = e\)，但 \(r-s \gt 0\)，故 \(a^{r-s-1} \in H\)。显然 \(a^{-1} = a^{r-s-1}\)，这就证明了结论。证毕。

设 \(C\) 是群 \(G\) 的中心。若 \(a, b \in C\)，对任意的 \(g \in G\)，则 \[ (ab)g = a(bg) = a(gb) = (ag)b = (ga)b = g(ab). \] 又由 \(ag = ga\) 可推出 \(ga^{-1} = a^{-1}g\)，故 \(ab \in C\)，\(a^{-1} \in C\)。由命题 2-1 即知 \(C\) 是 \(G\) 的子群。证毕。

在证明之前先作一些说明：上式表示 \(\langle S \rangle\) 可以由所有有限乘积 \(a_1^{\varepsilon_1} \cdot a_2^{\varepsilon_2} \cdot \dots \cdot a_n^{\varepsilon_n}\) 组成，其中 \(n\) 可取任何自然数，\(a_i\) 可取 \(S\) 中任何一个元素，且允许重复取。

先证集合 \(\{a_1^{\varepsilon_1} \cdot a_2^{\varepsilon_2} \cdot \dots \cdot a_n^{\varepsilon_n}\}\) 构成一子群。事实上若设 \(a = a_1^{\varepsilon_1} \cdot \dots \cdot a_n^{\varepsilon_n}\)，\(b = b_1^{\varepsilon'_1} \cdot \dots \cdot b_m^{\varepsilon'_m}\)，则 \[ ab^{-1} = a_1^{\varepsilon_1} \cdot \dots \cdot a_n^{\varepsilon_n} b_m^{-\varepsilon'_m} \cdot \dots \cdot b_1^{-\varepsilon'_1}, \] 显然仍属于原集合，故它是一个子群。又这个子群包含 \(S\)（取 \(n = 1\)，\(\varepsilon_1 = 1\)）；对任一包含 \(S\) 的 \(G\) 的子群 \(H\)，\(a_i \in S \subset H\)，故 \(a_1^{\varepsilon_1} \cdot \dots \cdot a_n^{\varepsilon_n} \in H\)。这就证明了子群 \(\{a_1^{\varepsilon_1} \cdot \dots \cdot a_n^{\varepsilon_n}\} \subseteq H\)，故它就是 \(\langle S \rangle\)。证毕。

作 \(\{a, a^2, \dots, a^{n-1}, a^n = e\}\)，不难验证这个集合是 \(G\) 的子群，且 \(\langle a \rangle = \{a, a^2, \dots, a^{n-1}, e\}\)，于是 \(|\langle a \rangle| = n\)。证毕。

若 \(n\) 不能整除 \(m\)，则 \(m = nq + r\)，\(0 \lt r \lt n\)，\(r, q\) 为整数。\(e = a^m = a^{nq+r} = a^r\)，与 \(n\) 是 \(a\) 的周期（最小性）矛盾。证毕。

令 \(G\) 为由小于 \(n\) 且与 \(n\) 互素的正整数全体组成的集合，则 \(G\) 的阶恰为 \(\varphi(n)\)。定义 \(G\) 中元素的乘法「\(\cdot\)」如下： \[ m \cdot k = s, \quad \text{其中 } s \text{ 适合 } mk \equiv s \pmod n. \] 若 \(m, k\) 与 \(n\) 互素，则不难验证 \(s\) 也与 \(n\) 互素，因此 \(G\) 在上述乘法运算下封闭。结合律也不难验证：事实上若 \(m, k, l \in G\)，则 \((m \cdot k) \cdot l = m \cdot (k \cdot l) = s\)，其中 \(s\) 适合 \(mkl \equiv s \pmod n\)。显然 \(1\) 是 \(G\) 的幺元。对任意的 \(m \in G\)，因为 \(m\) 与 \(n\) 互素，必有 \(0 \lt k \lt n\) 及整数 \(t\) 使 \(mk + nt = 1\)；显然 \(k\) 与 \(n\) 互素，故 \(k \in G\) 且 \(k\) 是 \(m\) 在 \(G\) 中的逆元。这样 \(G\) 就成为一个群。由推论 2-3，对 \(G\) 中任一元素 \(a\)，均有 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\)。当 \(a \gt n\) 时，令 \(a = nq + r\)，\(0 \lt r \lt n\)，则 \(r \in G\)；由于 \(a \equiv r \pmod n\)，因此仍有等式 \(a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n\)。证毕。

注：这样构造的群通常记为 \(U_n\)（与 \(n\) 互素的剩余类乘法群），本节习题与 §2.5 还要多次用到它。

若 \(a\) 与 \(p\) 互素，由 Euler 定理有 \(a^{\varphi(p)} \equiv 1 \pmod p\)，但 \(\varphi(p) = p - 1\)，故 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod p\)，两边乘以 \(a\) 即得结论。当 \(a\) 是 \(p\) 的倍数时结论显然成立。证毕。

只需证明 \(gH = Hg\) 即可。事实上，\(ghg^{-1} \in H\)，记 \(ghg^{-1} = h_1 \in H\)，因此 \(gh \in Hg\)，于是 \(gH \subseteq Hg\)；类似地 \(Hg \subseteq gH\)，即得结论。证毕。

设 \(H\) 是 \(G\) 的正规子群。若 \(Ha = Ha_1\)，\(Hb = Hb_1\)，则我们必须证明 \(Hab = Ha_1b_1\)。因为 \(Ha = Ha_1\)，\(Hb = Hb_1\)，故 \(aa_1^{-1} \in H\)，\(bb_1^{-1} \in H\)，于是 \((ab)(a_1b_1)^{-1} = abb_1^{-1}a_1^{-1} = ah_1a_1^{-1}\)，其中 \(h_1 \in H\)。但是 \(H\) 正规，\(ah_1 \in aH = Ha\)，即 \(ah_1 = h_2a\)，\(h_2 \in H\)，因此 \(ah_1a_1^{-1} = h_2aa_1^{-1} \in H\)。这就证明了 \(Hab = Ha_1b_1\)。

反之若 (1) 式定义了 \(\overline{G}\) 上的运算，即 \(\overline{G} \times \overline{G} \to \overline{G}\) 的映射 \((Ha, Hb) \to Hab\)。设 \(a\) 任意，\(b = a^{-1}\)，则 \((Ha, Ha^{-1}) \to Haa^{-1} = H\)。但对任意的 \(h \in H\)，\(H = Hh\)，故 \((Ha, Ha^{-1}) = (Ha, Hha^{-1}) \to Haha^{-1}\)。由于 \((Ha, Hb) \to Hab\) 是映射，故必须 \(Haha^{-1} = H\)，即 \(aha^{-1} \in H\)。由命题 3-1 知 \(H\) 是 \(G\) 的正规子群。证毕。

设 \(x, y \in \operatorname{Ker} f\)，则 \(f(x) = f(y) = e'\)，\(f(xy^{-1}) = f(x)f(y)^{-1} = e'\)，因此 \(xy^{-1} \in \operatorname{Ker} f\)，即 \(\operatorname{Ker} f\) 是 \(G_1\) 的子群。又对任意的 \(g \in G_1\)，\(f(gxg^{-1}) = f(g)f(x)f(g)^{-1} = f(g)e'f(g)^{-1} = e'\)。这就证明了 \(\operatorname{Ker} f\) 是 \(G_1\) 的正规子群。证毕。

令 \(K = \operatorname{Ker} f\)，由性质 4-4 知 \(K\) 是 \(G_1\) 的正规子群。定义 \(G_1/\operatorname{Ker} f\) 到 \(G_2\) 的映射 \(\overline{f}: \overline{f}(\overline{a}) = f(a)\)。我们首先必须验证其合理性：若 \(\overline{a} = \overline{b}\)，即 \(Ka = Kb\) 或 \(ab^{-1} \in K\)，则 \(f(ab^{-1}) = e'\)（\(e'\) 是 \(G_2\) 的幺元），于是 \(f(a)f(b)^{-1} = e'\)，即 \(f(a) = f(b)\)，因此 \(\overline{f}\) 的定义符合映射的要求。

由 \(\overline{f}\) 之定义，\(\overline{f}(\overline{ab}) = \overline{f}(\overline{a}\,\overline{b}) = f(ab) = f(a)f(b) = \overline{f}(\overline{a})\overline{f}(\overline{b})\)，因此 \(\overline{f}\) 是群同态。若 \(\overline{f}(\overline{a}) = \overline{f}(\overline{b})\)，则 \(f(a) = f(b)\)，或 \(f(ab^{-1}) = e'\)，即 \(ab^{-1} \in K\)，因此 \(\overline{a} = \overline{b}\)。这说明 \(\overline{f}\) 是单同态。由假设 \(f\) 是映上的，故 \(\overline{f}\) 也是映上的，从而 \(\overline{f}\) 是同构。证毕。

(1) 用子群的判别定理直接验证即可。

(2) 因为 \(G_2\) 的幺元 \(e' \in K\)，故 \(f^{-1}(K) \supseteq \operatorname{Ker} f\)；\(f^{-1}(K)\) 是子群可直接验证。

(3) 显然 \(f(f^{-1}(K)) = K\)，我们只需证明 \(f^{-1}(f(H)) = H\) 对一切 \(G_1\) 的包含 \(\operatorname{Ker} f\) 的子群 \(H\) 成立即可得到需要的一一对应。\(H \subseteq f^{-1}(f(H))\) 是显然的。若 \(a \in f^{-1}(f(H))\)，即 \(f(a) \in f(H)\)，则存在 \(h \in H\) 使 \(f(a) = f(h)\)，也就是 \(f(ah^{-1}) = e'\)，故 \(ah^{-1} \in \operatorname{Ker} f \subseteq H\)，即有 \(a \in H\)。这证明了 \(f^{-1}(f(H)) \subseteq H\)，从而有 \(H = f^{-1}(f(H))\)。

若 \(H\) 是正规子群，则不难验证 \(f(H)\) 也是正规子群；反过来，若 \(K\) 是 \(G_2\) 的正规子群，同样易证 \(f^{-1}(K)\) 是 \(G_1\) 的正规子群，具体的验证留给读者。最后作 \(\varphi: G_1 \rightarrow G_2/f(H)\) 的映射，\(\varphi(g) = \overline{f(g)}\)，则不难验证 \(\varphi\) 是一个映上同态且 \(\operatorname{Ker} \varphi = f^{-1}(f(H)) = H\)，由同态基本定理即得所要求的同构。证毕。

(1) 若 \(f\) 是单同态，则 \(f(e) = e'\)，\(e'\) 的原像只含一个元素，即 \(\operatorname{Ker} f = \{e\}\)。反之若 \(f(a) = f(b)\)，则 \(f(ab^{-1}) = e'\)，\(ab^{-1} \in \operatorname{Ker} f = \{e\}\)，因此 \(ab^{-1} = e\)，即 \(a = b\)，\(f\) 为单同态。

(2) 作 \(\overline{f}: G_1/H_1 \to G_2/H_2\)，\(\overline{f}(\overline{g}) = \overline{f(g)}\)。我们首先需要验证 \(\overline{f}\) 是一个映射：若 \(\overline{g}_1 = \overline{g}\)，则 \(g_1g^{-1} \in H_1\)，由假设 \(f(g_1g^{-1}) \in H_2\)，故 \(\overline{f(g_1g^{-1})} = \overline{e}'\)，即 \(\overline{f(g_1)}\,\overline{f(g)}^{-1} = \overline{e}'\)，于是 \(\overline{f(g_1)} = \overline{f(g)}\)。又 \(f\) 保持运算： \[ \overline{f}(\overline{g}_1\overline{g}) = \overline{f(g_1g)} = \overline{f(g_1)f(g)} = \overline{f(g_1)}\,\overline{f(g)} = \overline{f}(\overline{g}_1)\overline{f}(\overline{g}), \] 因此 \(\overline{f}\) 是群同态。从定义显然有 \(\eta_2 f = \overline{f}\eta_1\)。证毕。

因为 \(H\) 是正规子群，不难验证 \(KH\) 是 \(G\) 的子群（也可利用 §2.2 中的习题 4），显然 \(H\) 是 \(KH\) 的正规子群。作 \(K \to KH/H\) 的映射 \(f: f(x) = \overline{x} = xH\)，显然 \(f\) 映上。又 \(f(xy) = xyH = xHyH\)，\(f\) 是群同态，\(\operatorname{Ker} f = \{x \in K \mid xH = H\} = \{x \in K \mid x \in H\} = K \cap H\)。由同态基本定理即得 \(K/H \cap K \cong KH/H\)。证毕。

设 \(\varphi_a: x \mapsto axa^{-1}\)，\(\varphi_b: x \mapsto bxb^{-1}\) 分别是由 \(a, b\) 决定的内自同构，则 \(\varphi_a\varphi_b = \varphi_{ab}\)，\(\varphi_a^{-1} = \varphi_{a^{-1}}\)，因此 \(\operatorname{Inn} G\) 是 \(\operatorname{Aut} G\) 的子群。

又若 \(f\) 是 \(G\) 的任一自同构，则 \(f\varphi_a f^{-1}(x) = f(a f^{-1}(x) a^{-1}) = f(a)\, x\, f(a)^{-1}\)，即 \(f\varphi_a f^{-1} = \varphi_{f(a)} \in \operatorname{Inn} G\)。这就证明了 \(\operatorname{Inn} G \triangleleft \operatorname{Aut} G\)。

最后，作 \(G \rightarrow \operatorname{Inn} G\) 的映射 \(\beta: \beta(a) = \varphi_a\)。显然 \(\beta\) 是映上的，而 \(\operatorname{Ker} \beta = \{a \in G \mid \varphi_a(x) = x \text{ 对一切 } x \in G\} = \{a \in G \mid axa^{-1} = x \text{ 对一切 } x \in G\} = C\)，由同态基本定理即得 \(G/C \cong \operatorname{Inn} G\)。证毕。

(1) 设 \(G = \langle a \rangle\) 且 \(G\) 是无限群。作 \(\mathbf{Z} \to G\) 的映射 \(f: m \to a^m\)，则 \(f(m+n) = a^{m+n} = a^m \cdot a^n = f(m)f(n)\)，故 \(f\) 是群同态。显然 \(f\) 是映上的。另一方面若 \(a^m = e\)，由于 \(a\) 的阶无限，故 \(m = 0\)，即 \(f\) 是单同态，因此 \(f\) 是同构。

(2) 设 \(G = \langle a \rangle\) 的阶为 \(n\)。作 \(\mathbf{Z} \to G\) 的映射 \(f: m \to a^m\)，类似于 (1) 知 \(f\) 是群同态且是映上的。现来求 \(f\) 的核：若 \(m = nk\)，则 \(a^m = a^{nk} = e\)，\(m \in \operatorname{Ker} f\)；反之，若 \(a^m = e\)，则由命题 2-5 可知，\(n\) 能整除 \(m\)，即 \(m = nk\)（\(k\) 为某个整数），因此 \[ \operatorname{Ker} f = \{nk \mid k \text{ 为整数}\} = n\mathbf{Z}, \] 由同态基本定理得知 \(G \cong \mathbf{Z}/n\mathbf{Z} = \mathbf{Z}_n\)。证毕。

(1) 设 \(G\) 无限，我们只需对 \(\mathbf{Z}\) 证明相应的结论即可。设 \(H\) 是 \(\mathbf{Z}\) 的子群，\(H\) 中值最小的正整数记为 \(n\)。若 \(m \in H\)，则 \(n\) 必为 \(m\) 的因子：事实上，若 \(m = nq + k\ (0 \leqslant k \lt n)\)，则由 \(m, n \in H\) 知 \(k = m - nq \in H\)，但 \(n\) 是 \(H\) 中最小的正整数，只有 \(k = 0\)。另一方面，\(n\) 的倍数显然属于 \(H\)，故 \[ H = \{0, \pm n, \pm 2n, \cdots\}, \] 显然 \(H\) 也是无限循环群。

(2) 再设 \(|G| = n\)，不失一般性可令 \(G = \mathbf{Z}_n\)。若 \(r\) 是 \(n\) 的因子，\(n = qr\)，有 \(\mathbf{Z}\) 到 \(\mathbf{Z}_n\) 映上的自然同态 \(\eta: m \to \overline{m}\)，且 \(\operatorname{Ker} \eta = n\mathbf{Z}\)。由定理 4-2 知道在 \(\mathbf{Z}_n\) 的子群集与 \(\mathbf{Z}\) 的包含 \(n\mathbf{Z}\) 的子群集之间存在一一对应，因此只要求出 \(\mathbf{Z}\) 的所有包含 \(n\mathbf{Z}\) 的子群就可由此求出 \(\mathbf{Z}_n\) 的所有子群。设 \(K\) 是 \(\mathbf{Z}\) 中含 \(n\mathbf{Z}\) 的子群，由 (1) 的证明知道 \(K\) 可以写成 \(q\mathbf{Z}\) 的形状，\(q\) 是自然数。由于 \(n\mathbf{Z} \subseteq K\)，\(n \in q\mathbf{Z}\)，故存在 \(r \in \mathbf{Z}\) 使 \(n = qr\)，即 \(q\) 是 \(n\) 的因子。又 \[ \eta(q\mathbf{Z}) = \{\overline{0}, \overline{q}, \overline{2q}, \cdots, \overline{(r-1)q}\}, \tag{1} \] 是 \(\mathbf{Z}_n\) 的一个 \(r\) 阶子群，因此 \(\mathbf{Z}_n\) 的子群都具有 (1) 式的形状。这表明对 \(n\) 的任一因子 \(r\)，总存在一个 \(r\) 阶子群其形状如 (1) 式所示。不仅如此，\(\mathbf{Z}_n\) 的 \(r\) 阶子群只有一个：事实上，若 \(\eta(q'\mathbf{Z})\) 是 \(\mathbf{Z}_n\) 的另一个 \(r\) 阶子群，其中 \(q'\mathbf{Z} \supseteq n\mathbf{Z}\)，则有 \(r'\) 使 \(n = q'r'\)，由 (1) 式知道 \(\eta(q'\mathbf{Z})\) 的阶等于 \(r'\)，故 \(r' = r\)，于是 \(q' = q\)，即 \(\eta(q'\mathbf{Z}) = \eta(q\mathbf{Z})\)。证毕。

若 \(G = \langle a \rangle\)，显然 \(a\) 的周期为 \(|G|\) 且 \(g^{|G|} = e\) 对一切 \(g \in G\) 成立，故 \(|G|\) 确是使 \(g^n = e\) 对一切 \(g \in G\) 成立的最小自然数。

反过来若 \(|G|\) 是使 \(g^n = e\) 对一切 \(g \in G\) 成立的最小自然数，我们来证明 \(G\) 是循环群。若 \(G\) 中存在某个元 \(a\)，\(o(a) = |G|\)，则 \(G = \langle a \rangle\) 是循环群。若 \(G\) 中不存在这样的元，不妨设 \(G\) 中元 \(a\) 的周期最大，\(o(a) = m \lt |G|\)。这时若 \(b\) 是 \(G\) 中任一元且 \(o(b) = k\)，则 \(k\) 必须是 \(m\) 的因子：事实上若 \(k\) 不是 \(m\) 的因子，则 \(m\) 与 \(k\) 的最小公倍数大于 \(m\)，而由 §2.2 中的习题 10 知道 \(G\) 中存在一个元素，其周期等于 \(m\) 与 \(k\) 的最小公倍数，这将与 \(m\) 的最大性矛盾。一旦 \(G\) 中任一元的周期是 \(m\) 的因子，那么对 \(G\) 中任一元 \(g\)，\(g^m = e\)，又将与 \(|G|\) 是使 \(g^n = e\) 对一切 \(g \in G\) 成立的最小自然数这一假定矛盾。证毕。

(1) 设 \(o(a) = m\)，则 \((\sigma(a))^m = \sigma(a^m) = \sigma(e) = e\)。又若 \(\sigma(a)^k = e\)，则 \(\sigma(a^k) = e\)，而 \(\sigma\) 是单同态，故 \(a^k = e\)，即有 \(m \mid k\)，因此 \(o(\sigma(a)) = m\)。

(2) \(G\) 由 \(S\) 生成，所以 \(G\) 中任一元 \(g\) 可写为 \[ g = s_1^{\epsilon_1} s_2^{\epsilon_2} \cdots s_n^{\epsilon_n} \quad (\epsilon_i = \pm 1,\ s_i \in S) \] 的形状，故 \[ \sigma(g) = \sigma(s_1)^{\epsilon_1} \sigma(s_2)^{\epsilon_2} \cdots \sigma(s_n)^{\epsilon_n}. \] 但 \(\sigma\) 是同构，故 \(\sigma\) 是映上的，即 \(G\) 中任一元都具有 \(\sigma(g)\) 的形状。因此 \(G\) 中任一元均可由上式来表示，即 \(G = \langle \sigma(S) \rangle\)。证毕。

不妨设 \(G = \mathbf{Z}\)。\(\mathbf{Z}\) 只有两个生成元：\(1\) 与 \(-1\)。由引理 5-1 知 \(\mathbf{Z}\) 的自同构将生成元变成生成元，而 \(\mathbf{Z} = \langle 1 \rangle\)，因此若 \(\sigma \in \operatorname{Aut} \mathbf{Z}\)，则只可能 \(\sigma(1) = 1\) 或 \(\sigma(1) = -1\)：若 \(\sigma(1) = 1\)，则 \(\sigma\) 是 \(\mathbf{Z}\) 的恒等自同构；若 \(\sigma(1) = -1\)，则 \(\sigma(m) = -m\)，\(\sigma\) 也是 \(\mathbf{Z}\) 的一个自同构。故 \(|\operatorname{Aut} \mathbf{Z}| = 2\)，而 \(2\) 是素数，2 阶群必是循环群，命题得证。证毕。

注：由于 2 阶循环群同构于 \(\mathbf{Z}_2\)，故 \(\operatorname{Aut} \mathbf{Z} \cong \mathbf{Z}_2\)。

若 \((m, n) = 1\)，则存在整数 \(s, t\)，使 \[ ms + nt = 1, \] 于是 \(\overline{1} = \overline{ms + nt} = \overline{sm} \in \langle \overline{m} \rangle\)，因此 \(\mathbf{Z}_n = \langle \overline{m} \rangle\)，\(\overline{m}\) 是生成元。反过来若 \(\overline{m}\) 是生成元，则 \(\overline{1} \in \langle \overline{m} \rangle\)，也就是说 \(\overline{1} = s\overline{m}\)，即 \(m\) 与 \(n\) 互素。证毕。

不妨设 \(G = \mathbf{Z}_n\)。由引理 5-1 知道，若 \(\sigma \in \operatorname{Aut} G\)，则 \(\sigma(\overline{1})\) 必是 \(G\) 的生成元，因此若 \(\sigma(\overline{1}) = \overline{m}\)，则 \(m\) 与 \(n\) 互素。又任一群的自同构 \(\sigma\) 必由 \(\sigma\) 在该群的生成元集上的作用唯一确定，特别对循环群 \(\mathbf{Z}_n\) 而言，\(\sigma\) 被 \(\sigma(\overline{1})\) 所完全确定：事实上若 \(\sigma(\overline{1}) = \overline{m}\)，则 \(\sigma(\overline{k}) = \overline{mk}\)。

这一事实表明映射 \(\varphi: \varphi(\sigma) = m\ (\overline{m} = \sigma(\overline{1}))\) 是 \(\operatorname{Aut} \mathbf{Z}_n \rightarrow U_n\) 的单映射。事实上 \(\varphi\) 也是满映射：因为对任一 \(m \in U_n\)，令 \(\sigma(\overline{k}) = \overline{mk}\)，则 \(\sigma\) 是 \(\mathbf{Z}_n\) 的自同态；而因为 \((m, n) = 1\)，存在 \(s, t\) 使 \(ms + nt = 1\)，于是 \(\sigma(\overline{s}) = \overline{1}\)，但是 \(\overline{1}\) 生成 \(\mathbf{Z}_n\)，故 \(\sigma\) 是满同态；再因为 \(\mathbf{Z}_n\) 是有限群，满同态必是单同态，故是自同构。这样对任意的 \(m \in U_n\)，存在 \(\sigma \in \operatorname{Aut} \mathbf{Z}_n\)，使 \(\varphi(\sigma) = m\)，这就证明了 \(\varphi\) 是满映射。

我们得到了 \(\operatorname{Aut} \mathbf{Z}_n \rightarrow U_n\) 的一一对应 \(\varphi\)，现在来证明 \(\varphi\) 是群同构。设 \(\sigma, \tau \in \operatorname{Aut} \mathbf{Z}_n\)，\(\varphi(\sigma) = m\)，\(\varphi(\tau) = k\)，即 \(\sigma(\overline{1}) = \overline{m}\)，\(\tau(\overline{1}) = \overline{k}\)。设 \(\varphi(\tau\sigma) = r\)，则 \(\tau\sigma(\overline{1}) = \overline{r}\)。但另一方面， \[ \tau\sigma(\overline{1}) = \tau(\overline{m}) = \overline{mk} = \overline{s}, \] 其中 \(0 \lt s \lt n\) 且 \(mk \equiv s \pmod n\)。于是 \(r = s\)，即 \[ \varphi(\tau\sigma) = m \cdot k, \] 这里 \(\cdot\) 是 \(U_n\) 中的乘法。上式表明 \(\varphi\) 是群同态，而上面已证 \(\varphi\) 是双射，从而 \(\varphi\) 是群同构。证毕。

令 \(S = G\)（作为集合）。若 \(g \in G\)，定义 \(S \to S\) 的映射 \(\tau_g\): \[ \tau_g(x) = gx, \quad x \in G. \] 若 \(\tau_g(x) = \tau_g(y)\)，则 \(gx = gy\)，由群的消去律得 \(x = y\)，因此 \(\tau_g\) 是单映射。\(\tau_g\) 还是满映射：事实上对任意的 \(x \in G\)，\(\tau_g(g^{-1}x) = x\)。这样我们得到了 \(S\) 上的一个一一对应 \(\tau_g\)，称为由 \(g\) 决定的 \(G\) 的左平移。设 \(T = \{\tau_g \mid g \in G\}\)，则 \(T\) 是 \(S\) 上所有一一对应构成的变换群 \(A(S)\) 的子集，不难验证 \(T\) 是一个子群。作 \(G\) 到 \(T\) 的映射 \(\varphi\): \(\varphi(g) = \tau_g\)，则 \(\varphi(gg') = \tau_{gg'} = \tau_g \cdot \tau_{g'} = \varphi(g)\varphi(g')\)，\(\varphi\) 是群同态。映射 \(\varphi\) 显然是映上的。又若 \(\varphi(g) = \varphi(g')\)，则对任意的 \(x \in G\)，\(gx = g'x\)，因此 \(g = g'\)。这表明 \(\varphi\) 是单映射，从而 \(\varphi\) 是群同构。证毕。

设 \(S = \{1, 2, \dots, n\}\)，\(\theta\) 是 \(S\) 上的置换。定义 \(S\) 中两元素 \(a, b\) 之间的关系 \(\sim\) 如下：\(a \sim b\) 当且仅当存在 \(i\) 使 \(a\theta^i = b\)。不难验证 \(\sim\) 是一个等价关系，且每个等价类的元素与某个循环的元素一致，于是 \(S\) 中元素可由 \(\theta\) 分成若干个不相交子集的并。显然每个子集的元素均可表示为这些循环的积，且不同的循环因子是可以交换的。唯一性也容易证明：事实上 \(S\) 中任一元素 \(k\) 总落在某个循环之中，作 \((k, k\theta, k\theta^2, \cdots)\)，这就是 \(k\) 所在的那个循环；再对 \(S\) 中其余元素作类似的步骤。证毕。

由上式即知表示是可能的。为证明奇偶性不变，考虑 \(k\) 循环在 \(k\) 阶 Vander Monde 行列式上的作用： \[ \Delta = \prod_{1 \le t \lt s \le k} (x_{i_s} - x_{i_t}) = \begin{vmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ x_{i_1} & x_{i_2} & \dots & x_{i_k} \\ \dots & \dots & \dots & \dots \\ x_{i_1}^{k-1} & x_{i_2}^{k-1} & \dots & x_{i_k}^{k-1} \end{vmatrix}, \] 显然 \(\Delta\) 在 \(k\) 循环作用下绝对值不变，符号的改变由循环确定。而任一对换作用在 \(\Delta\) 上必使它改变符号，因此上述循环的对换分解中所含对换个数的奇偶性不变。证毕。

(1) \((i_1, i_2, \dots, i_k) = (1, i_1)(1, i_2)\dots(1, i_k)(1, i_1)\)。

(2) \((1, i)(1, j) = (1, 2, i)^2(1, 2, j)\)。

(3) 令 \(\sigma = (1, 2, 3, \dots, n)\)，则 \[ (2, 3) = \sigma^{-1}(1, 2)\sigma, \qquad (1, 3) = (2, 3)(1, 2)(2, 3). \] 类似地，\((2, 4) = \sigma^{-1}(1, 3)\sigma\)，\((1, 4) = (2, 4)(1, 2)(2, 4)\)，\(\dots\)。由 (1) 知 \(S_n = \langle (1, 2), \sigma \rangle\)。证毕。

设 \(K\) 是 \(A_n\) 的正规子群且 \(K \neq \{e\}\)，我们要证明 \(K = A_n\)。如果我们能证明 \(K\) 包含某个 3 循环，比如 \((1, 2, 3)\)，则就可证明 \(K = A_n\)：事实上，由命题 6-3(2) 知道 \(A_n\) 可由 3 循环生成，这时只要证明任何一个 3 循环 \((i, j, k) \in K\) 即可。

令 \[ \gamma = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & \dots \\ i & j & k & l & m & \dots \end{pmatrix}, \] 因为 \(n \geqslant 5\)，\(\gamma\) 总可选择为偶置换（否则只要对换一下 \(l\) 与 \(m\) 即可）。而 \((i, j, k) = \gamma^{-1}(1, 2, 3)\gamma\)，由 \(K\) 的正规性可知 \((i, j, k) \in K\)。因此现在的关键是要证明 \(K\) 含有一个 3 循环。

设 \(\alpha\) 是 \(K\) 的一个元，\(\alpha \neq e\) 且 \(\alpha\) 在 \(K\) 中除了 \(e\) 外有最多的不动点。所谓不动点是指元素 \(i\)，它在 \(\alpha\) 下保持不动，即 \(i\alpha = i\)。现在要证明 \(\alpha\) 一定是一个 3 循环。若不是，将 \(\alpha\) 写成不相交的循环之积，则可能有以下两种形式： \[ \alpha = (1, 2, 3, \cdots)\cdots, \qquad \text{或} \qquad \alpha = (1, 2)(3, 4)\cdots. \]

在第一种形式中，由于 \(\alpha\) 不是奇置换，\(\alpha\) 不具有 \((1, 2, 3, h)\) 的形式，即至少 \(\alpha\) 还要动两个点，不妨设为 \(4, 5\)。令 \(\beta = (3, 4, 5)\)，\(\tau = \beta^{-1}\alpha\beta\)，则 \(\tau = (1, 2, 4, \cdots)\cdots\)，\(\tau \neq \alpha\)，因此 \(\sigma = \alpha^{-1}\tau \neq e\)。对第二种形式，可求得 \(\tau = (1, 2)(4, 5)\cdots\)，也有 \(\tau \neq \alpha\)，\(\sigma = \alpha^{-1}\tau \neq e\)。对任一大于 5 的元素，显然它是 \(\beta\) 的不动点，因此如果它也是 \(\alpha\) 的不动点，则必是 \(\sigma = \alpha^{-1}\tau = \alpha^{-1}\beta^{-1}\alpha\beta\) 的不动点。对第一种形式，\(\alpha\) 至少动 5 个点，而 2 在 \(\sigma\) 下不动，\(\sigma\) 的不动点比 \(\alpha\) 多，引出矛盾；对第二种形式，1, 2 在 \(\sigma\) 下均不动，故 \(\sigma\) 的不动点也比 \(\alpha\) 多，又是个矛盾。因此 \(\alpha\) 必是 3 循环，定理得证。证毕。

设 \(H = \operatorname{Stab} x\)，\(G/H\) 为 \(H\) 的左傍集集合，作 \(Gx \rightarrow G/H\) 的映射 \(\varphi: \varphi(gx) = gH\)。

首先注意到若 \(gx = g_1x\)，则 \(g^{-1}g_1x = x\)，也就是说 \(g^{-1}g_1 \in H\)，因此 \(gH = g_1H\)。这表明 \(\varphi\) 是合理的。又显然 \(\varphi\) 是映上的。如若 \(gH = g_1H\)，则 \(g^{-1}g_1 \in H = \operatorname{Stab} x\)，因此 \(g^{-1}g_1x = x\)，即 \(g_1x = gx\)，因而 \(\varphi\) 是单映射。这样我们就证明了 \(\varphi\) 是一一对应，故有结论。证毕。

令 \(a \in G\) 且 \(a \neq e\)。若 \(a\) 的周期可被 \(p\) 整除，即 \(o(a) = pr\)，则 \(b = a^r\) 的周期等于 \(p\)，引理已证。若 \(a\) 的周期与 \(p\) 互素，则 \(G/\langle a \rangle\) 的阶比 \(|G|\) 小且仍可被 \(p\) 整除。对 \(G\) 的阶用归纳法可设 \(G/\langle a \rangle\) 有一个 \(p\) 阶元 \(b\langle a \rangle\)。若 \(b\) 的周期为 \(s\)，则 \[ (b\langle a \rangle)^s = b^s\langle a \rangle = \overline{e}. \] 而 \(b\langle a \rangle\) 的周期等于 \(p\)，故 \(p \mid s\)。设 \(s = pt\)，则 \(b^t\) 的周期就是 \(p\)。证毕。

对 \(G\) 的阶用归纳法。若 \(|G| = 1\)，则不用再证。设结论对于一切阶小于 \(|G|\) 的群成立。考虑 \(G\) 的类方程（定理 7-2）： \[ |G| = |C| + \sum [G : C(y_i)]. \] 若 \(p\) 不能整除 \(|C|\)，则必存在某个 \(i\) 使 \(p\) 不能整除 \([G : C(y_i)]\)。但 \(|G| = |C(y_i)|\,[G : C(y_i)]\)，\(p^k \mid |G|\)，故 \(p^k \mid |C(y_i)|\)。作为 \(G\) 的子群 \(C(y_i)\) 的阶小于 \(|G|\)，由归纳假设可知 \(C(y_i)\) 含有一个 \(p^k\) 阶子群，当然也是 \(G\) 的 \(p^k\) 阶子群。

又设 \(p \mid |C|\)，则由引理 8-1，\(C\) 含有一个子群 \(\langle c \rangle\)，其阶等于 \(p\)。但 \(\langle c \rangle\) 属于中心 \(C\)，因此 \(\langle c \rangle\) 是 \(G\) 的正规子群；\(G/\langle c \rangle\) 的阶为 \(\frac{1}{p}|G|\)，它可被 \(p^{k-1}\) 整除，又 \(G/\langle c \rangle\) 的阶小于 \(|G|\)，由归纳假定知道 \(G/\langle c \rangle\) 含有一个子群，其阶等于 \(p^{k-1}\)，记之为 \(H/\langle c \rangle\)，其中 \(H \supseteq \langle c \rangle\)（由定理 4-2 可知，\(H\) 总存在）。于是 \[ |H| = [H : \langle c \rangle] \cdot |\langle c \rangle| = p^{k-1} \cdot p = p^k. \] 证毕。

设 \(S\) 是 \(G\) 的所有 \(p\)-Sylow 子群全体组成的集，定义 \(G\) 对 \(S\) 的作用为 \[ g * P = gPg^{-1}, \quad P \in S,\ g \in G. \tag{1} \] 由 §2.7 知 \(S\) 是一个 \(G\)-集合。现设 \(T\) 是 \(S\) 的一个 \(G\)-轨道，我们要证明 \(T = S\)，由此即可得 (1)。

设 \(T\) 中有 \(r\) 个元素，即有 \(r\) 个 \(p\)-Sylow 子群，设为 \(K_1, K_2, \cdots, K_r\)。又设 \(H\) 是其中的某个 \(K_i\)。将 \(G\) 对 \(T\) 的作用限制在 \(H\) 上，即定义 \(H\) 对 \(T\) 的作用为 \[ h * K_j = hK_jh^{-1}, \quad K_j \in T,\ h \in H, \tag{2} \] 则 \(T\) 是一个 \(H\)-集合，\(T\) 可划分为若干个 \(H\)-轨道的无交并。于是由定理 7-1 得 \[ r = |T| = \sum |H * K_j| = \sum [H : \operatorname{Stab} K_j], \tag{3} \] 其中 \(K_j\) 跑遍各 \(H\)-轨道的代表元。注意到 \(H \in T\)，\(H\) 所在的 \(H\)-轨道只有一个元素，即 \(H\) 自己（\(hHh^{-1} = H\) 对一切 \(h \in H\) 成立）。若 \(K \in T\) 且 \(K\) 所在的 \(H\)-轨道也只有 \(K\) 自己，则 \[ 1 = |H * K| = [H : \operatorname{Stab} K], \] 即 \(H = \operatorname{Stab} K = \{h \in H \mid hK = Kh\}\)，于是 \(HK = KH\)。由 §2.2 中的习题 4 知 \(HK\) 是 \(G\) 的子群且显然 \(K \triangleleft HK\)。由 §2.4 中的第二同构定理可知 \[ HK/K \cong H/H \cap K, \] 因此 \(|HK| = |K|\,|H/H \cap K|\)。注意这里 \(H, K\) 均是 \(p\)-Sylow 子群，\(|H/H \cap K|\) 为 \(p\) 的某个幂次或 1。若 \(|H/H \cap K| \neq 1\)，则 \(|HK| \gt |K|\) 且 \(|HK|\) 也等于 \(p\) 的幂，这与 \(K\) 是 \(G\) 的 \(p\)-Sylow 子群矛盾。因此 \(|H/H \cap K| = 1\)，即 \(H = H \cap K\)，\(H \subseteq K\)。又 \(|H| = |K|\)，故 \(H = K\)。

这一事实表明：在 \(T\) 的诸 \(H\)-轨道中，只有 \(H\) 所在的轨道只含一个元素，其余的轨道所含元素的数目为 \([H : \operatorname{Stab} K_j]\)，显然是 \(p\) 的某个非零幂。这就证明了 \[ r = |T| \equiv 1 \pmod p. \tag{4} \] 现假定某个 \(p\)-Sylow 子群 \(H\) 不在 \(T\) 中。仍可定义 \(H\) 对 \(T\) 的作用如 (2) 式所示，这时仍有 (3) 式成立，而且经过同样的论证可知每个 \(H\)-轨道 \(H * K_j\) 的元素的个数都是 \(p\) 的某个非零幂次。但显然这与 (4) 式矛盾，因此 \(H\) 必须在 \(T\) 中，这就证明了 \(S = T\)。又由于 \(G\)-轨道只有一个，对任一 \(p\)-Sylow 子群 \(P\)，\(S = G * P\)，再由定理 7-1 及 §2.7 例 6 可知： \[ r = |S| = [G : \operatorname{Stab} P] = [G : N(P)], \] 而 \(N(P) \supseteq P\)，\([G:P] = [G:N(P)]\,[N(P):P]\)，即 \(r\) 是 \([G:P]\) 的因子。这样我们证明了 (1) 与 (2)。

最后设 \(L\) 是 \(G\) 的 \(p^k\) 阶子群。将 \(G\) 对 \(S\) 的作用限制在 \(L\) 上使 \(S\) 成为一个 \(L\)-集，同理可证每个 \(L\)-轨道所含元素的个数为 \(p\) 的某个幂次（包括零次幂）。但是 \(r\) 被 \(p\) 除余 1，故至少有一个 \(L\)-轨道只含一个 \(p\)-Sylow 子群 \(K\)，这时 \[ L \subseteq N(K) = \{g \in G \mid gKg^{-1} = K\}, \] \(LK\) 是 \(G\) 的子群且 \(K \triangleleft LK\)。同上面一样，\(LK/K \cong L/L \cap K\)，可得 \(L \cap K = L\)，即 \(L \subseteq K\)。证毕。

设 \(G\) 是 \(N_i\ (i = 1, 2, \cdots, n)\) 的内直积，我们只需证明 (2) 成立。首先我们注意到这样一个事实：若 \(g_i \in N_i\)，\(g_j \in N_j\)，\(i \neq j\)，则 \(g_ig_j = g_jg_i\)。事实上， \[ N_i \cap N_j \subseteq N_i \cap N_1\cdots N_{i-1}N_{i+1}\cdots N_n = \{e\}, \] 即 \(N_i \cap N_j = \{e\}\)。\(g_ig_jg_i^{-1}g_j^{-1} = (g_ig_jg_i^{-1})g_j^{-1} \in N_j\)（因为 \(N_j \triangleleft G\)）；同理 \(g_ig_jg_i^{-1}g_j^{-1} = g_i(g_jg_i^{-1}g_j^{-1}) \in N_i\)。故 \(g_ig_jg_i^{-1}g_j^{-1} = e\)，\(g_ig_j = g_jg_i\)。

现设 \[ g = g_1g_2\cdots g_n = h_1h_2\cdots h_n, \quad g_i, h_i \in N_i, \] 则 \[ \begin{aligned} h_1^{-1}g_1 & = h_2\cdots h_ng_n^{-1}g_{n-1}^{-1}\cdots g_2^{-1} \\ & = h_2\cdots h_{n-1}(h_ng_n^{-1})g_{n-1}^{-1}\cdots g_2^{-1} \\ & = h_2\cdots h_{n-1}g_{n-1}^{-1}(h_ng_n^{-1})\cdots g_2^{-1} \\ & = \cdots \\ & = (h_2g_2^{-1})(h_3g_3^{-1})\cdots(h_ng_n^{-1}) \in N_2N_3\cdots N_n, \end{aligned} \] 因此 \(h_1^{-1}g_1 \in N_1 \cap N_2N_3\cdots N_n = \{e\}\)，即 \(g_1 = h_1\)。消去 \(g_1, h_1\) 得 \(g_2\cdots g_n = h_2\cdots h_n\)。再用同样方法可得 \(g_2 = h_2, \dots, g_n = h_n\)。

反过来，若 (1)、(2) 成立，要证 \(N_i \cap N_1\cdots N_{i-1}N_{i+1}\cdots N_n = \{e\}\) 对 \(i = 1, 2, \dots, n\) 成立。令 \(x \in N_i \cap N_1\cdots N_{i-1}N_{i+1}\cdots N_n\)，则 \[ x = g_i = g_1\cdots g_{i-1}g_{i+1}\cdots g_n, \] 即 \[ e\cdots eg_ie\cdots e = g_1\cdots g_{i-1}eg_{i+1}\cdots g_n, \] 由表示唯一性即得 \(g_i = e\)，\(x = e\)。证毕。

我们只要证明由推论的 (2) 可推出定理 9-1 中的 (2) 即可。首先注意到若 \(x \in N_i \cap N_j\ (i \neq j)\)，则 \(x = x_i = x_j\)，\(x_i \in N_i\)，\(x_j \in N_j\)，于是 \(x_ix_j^{-1} = e\)，\(x_i = e\)，\(x_j = e\)，即 \(N_i \cap N_j = \{e\}\)。再由 \(N_i\) 的正规性，同上可证若 \(y_i \in N_i\)，\(y_j \in N_j\ (i \neq j)\)，则 \(y_iy_j = y_jy_i\)。又设 \(g_1g_2\cdots g_n = h_1h_2\cdots h_n\)，\(g_i, h_i \in N_i\)，则由于 \(y_iy_j = y_jy_i\) 对一切 \(y_i \in N_i, y_j \in N_j\ (i \neq j)\) 均成立，因此可得： \[ g_1h_1^{-1}g_2h_2^{-1}\cdots g_nh_n^{-1} = (g_1g_2\cdots g_n)(h_1h_2\cdots h_n)^{-1} = e, \] 于是 \(g_ih_i^{-1} = e\)，\(g_i = h_i\)。证毕。

作 \(\varphi: T \to G\) 的映射： \[ \varphi(g_1, g_2, \dots, g_n) = g_1g_2\cdots g_n, \quad g_i \in N_i. \] 显然 \(\varphi\) 是映上的。又 \[ \begin{aligned} & \varphi((g_1, g_2, \dots, g_n)(h_1, h_2, \dots, h_n)) \\ = \ & \varphi(g_1h_1, g_2h_2, \dots, g_nh_n) = g_1h_1 \cdot g_2h_2 \cdot \dots \cdot g_nh_n \\ = \ & g_1g_2\cdots g_nh_1h_2\cdots h_n, \end{aligned} \] （中间用到不同 \(N_i\) 的元素互相交换。）因此 \(\varphi\) 是群同态。又若 \(\varphi(g_1, g_2, \cdots, g_n) = e\)，即 \(g_1g_2\cdots g_n = e\)，由推论 9-1 即得 \(g_i = e\)，因此 \(\varphi\) 是单同态。这证明了 \(\varphi\) 是同构。证毕。

设 \(G\) 可由 \(k\) 个元生成且 \(k\) 是生成元个数中的最小者，即 \(G\) 中少于 \(k\) 个元素生成的子群必是 \(G\) 的真子群。我们对 \(k\) 使用归纳法：\(k = 1\) 时结论显然成立；现假设结论对由 \(k-1\) 个元生成的 Abel 群均成立。

第一种情况：\(G\) 有一组生成元 \(\{a_1, a_2, \dots, a_k\}\)，且具有下列性质：对整数 \(x_1, x_2, \dots, x_k\)，方程 \[ x_1a_1 + x_2a_2 + \dots + x_ka_k = 0 \] 成立的充要条件是 \(x_1 = x_2 = \dots = x_k = 0\)。这一性质表明对 \(G\) 中任一元 \(g\)，下列 \(g\) 的表示式是唯一的： \[ g = x_1a_1 + x_2a_2 + \dots + x_ka_k. \] 事实上，若 \[ g = x_1a_1 + \dots + x_ka_k = y_1a_1 + \dots + y_ka_k, \] 则 \((x_1-y_1)a_1 + \dots + (x_k-y_k)a_k = 0\)，于是 \(x_i = y_i\ (i = 1, 2, \dots, k)\)。由 §2.9 中的定理 9-1 知 \[ G = C_1 \oplus C_2 \oplus \cdots \oplus C_k, \] 其中 \(C_i = \langle a_i \rangle\)。由于对非零的 \(m\)，\(ma_i \neq 0\)，\(\langle a_i \rangle\) 是无限循环群，因此 \(G\) 是有限个无限循环群的直和。

第二种情况：\(G\) 的任一生成元集 \(\{a_1, a_2, \cdots, a_k\}\) 不再具有上述性质，即存在不全为零的 \(x_i\) 使 \(x_1a_1 + \cdots + x_ka_k = 0\)。由于 \(\sum x_ia_i = 0\) 与 \(\sum (-x_i)a_i = 0\) 等价，我们假设至少有一个 \(x_i \gt 0\)。考虑所有 \(G\) 的由 \(k\) 个元组成的生成元集，令 \(X\) 为所有使 \[ x_1a_1 + x_2a_2 + \cdots + x_ka_k = 0 \quad (\text{至少有一个 } x_i \gt 0) \] 对某一生成元组 \((a_1, a_2, \cdots, a_k)\) 成立的整数组 \((x_1, x_2, \cdots, x_k)\) 组成的集合。设 \(m_1\) 是 \(X\) 中出现在各组分量上的最小正整数，不失一般性，可设 \(m_1\) 出现在某组数的第一个分量上，即 \[ m_1a_1 + x_2a_2 + \cdots + x_ka_k = 0. \tag{2} \]

对 \(x_i\ (i = 2, \cdots, k)\) 我们有 \(x_i = q_im_1 + r_i\)，\(0 \leqslant r_i \lt m_1\)，于是 (2) 式变成 \[ m_1b_1 + r_2a_2 + \cdots + r_ka_k = 0, \] 这里 \(b_1 = a_1 + q_2a_2 + \cdots + q_ka_k\)。若 \(b_1 = 0\)，则 \(a_1 = -q_2a_2 - \cdots - q_ka_k\)，这表明 \(a_1\) 可由 \(a_2, \cdots, a_k\) 生成，因而 \(G\) 可由 \(k-1\) 个元素 \(a_2, \cdots, a_k\) 生成，与假定矛盾，故 \(b_1 \neq 0\)。又 \(a_1 = b_1 - q_2a_2 - \cdots - q_ka_k\)，因此 \(\{b_1, a_2, \cdots, a_k\}\) 可生成 \(G\)，于是由 \(m_1\) 的最小性假设得到 \(r_2 = \cdots = r_k = 0\)，从而 \(m_1b_1 = 0\)。令 \(C_1 = \langle b_1 \rangle\)，再由 \(m_1\) 的最小性可知 \(b_1\) 的周期等于 \(m_1\)，即 \(|C_1| = m_1\)。

设 \(G_1\) 是由 \(\{a_2, \cdots, a_k\}\) 生成的 \(G\) 的子群，我们要证明 \(G = C_1 \oplus G_1\)。设有某个整数 \(x_1\)，使 \(x_1b_1 \in G_1\) 且 \(0 \leqslant x_1 \lt m_1\)，则 \(x_1b_1 = x_2a_2 + \cdots + x_ka_k\)，其中 \(x_i \in \mathbf{Z}\ (i = 2, \cdots, k)\)，于是 \(x_1b_1 - x_2a_2 - \cdots - x_ka_k = 0\)。再由 \(m_1\) 的最小性可知必须有 \(x_1 = 0\)，这就证明了 \(C_1 \cap G_1 = \{0\}\)，于是 \(G = C_1 \oplus G_1\)。

\(G_1\) 是一个由 \(k-1\) 个元生成的群。若 \(G_1\) 可由少于 \(k-1\) 个元生成，则 \(G = C_1 \oplus G_1\) 可由少于 \(k\) 个的元生成，引出矛盾，故 \(G_1\) 生成元的最少个数等于 \(k-1\)。由归纳假设 \(G_1\) 可分解为循环群之直和： \[ G_1 = C_2 \oplus \cdots \oplus C_k, \] 其中 \(C_2, \dots, C_k\) 或为无限循环群，或者 \(C_2, \dots, C_j\) 为阶分别等于 \(m_2, \dots, m_j\) 的循环群，\(C_{j+1}, \dots, C_k\) 为无限循环群且 \(m_2 \mid m_3 \mid \cdots \mid m_j\)。令 \(C_i = \langle b_i \rangle,\ i = 2, \dots, k\)，则 \(\{b_1, b_2, \dots, b_k\}\) 是 \(G\) 的生成元集，且 \[ m_1b_1 + m_2b_2 + 0 \cdot b_3 + \cdots + 0 \cdot b_k = 0. \] 再用 \(m_1\) 的最小性，类似上面可证明 \(m_1 \mid m_2\)，这就完成了定理的证明。证毕。

设 \(A \to B\) 的同构映射为 \(f\)，记 \(f(H) = H_1\)，\(f(a) = a_1\)，则 \(B = H_1 \oplus \langle a_1 \rangle\)。只需证明 \(H_1 \cong K\) 即可，因此不失一般性，可设 \(H \oplus \langle a \rangle = K \oplus \langle b \rangle\)，要证 \(H \cong K\)。

因为 \(B\) 是加法群，故 \(H + K = \{h + k \mid h \in H, k \in K\}\) 是 \(B\) 的子群，且由第二同构定理，有 \[ K / K \cap H \cong K + H / H \subseteq B/H \cong \langle a \rangle. \] 注意到 \(\langle a \rangle\) 是循环群，故 \(K / K \cap H\) 或为单个元素组成的平凡群，或者是无限循环群。同理 \(H / K \cap H\) 或是平凡群或是无限循环群。我们分两种情形来讨论：

(1) 若 \(K / K \cap H\) 及 \(H / H \cap K\) 皆为平凡群，则 \(K = K \cap H = H\)，引理得证。

(2) 若 \(K / K \cap H\) 是无限循环群，则存在 \(u \in K\)，使 \[ K / K \cap H = \langle \overline{u} \rangle. \] 此时可证 \(K = \langle u \rangle \oplus (K \cap H)\)。首先取 \(x \in \langle u \rangle \cap (K \cap H)\)，则 \(x = mu \in K \cap H\)，\(m\overline{u} = 0\)，但 \(\overline{u}\) 的周期无限，故 \(m = 0\)，因此 \(\langle u \rangle \cap (K \cap H) = \{0\}\)。又设 \(x \in K\)，则 \(\overline{x} \in K/K \cap H = \langle \overline{u} \rangle\)，可设 \(\overline{x} = m\overline{u}\)，故存在 \(v \in K \cap H\)，使 \(x = mu + v\)，因此 \(K = \langle u \rangle + (K \cap H)\)，这就证明了 \(K = \langle u \rangle \oplus (K \cap H)\)。这样， \[ B = K \oplus \langle b \rangle = (K \cap H) \oplus \langle u \rangle \oplus \langle b \rangle = H \oplus \langle a \rangle, \] 即有 \[ B / K \cap H \cong \langle u \rangle \oplus \langle b \rangle \cong H / K \cap H \oplus \langle a \rangle. \] 若 \(H / K \cap H = \{0\}\)，则 \(\langle a \rangle = \langle u \rangle \oplus \langle b \rangle\)，这是不可能的：事实上，这时将有 \(u = ma\)，\(b = na\)，因此 \(nu = mb \in \langle u \rangle \cap \langle b \rangle = \{0\}\)，但 \(u\) 与 \(b\) 周期都是无限的，引出矛盾。因此 \(H / K \cap H\) 不可能是平凡群，因而只能也是无限循环群。于是可设 \(H / K \cap H = \langle \overline{w} \rangle\)，同前面一样可得： \[ H = \langle w \rangle \oplus (K \cap H). \] 作 \(K \rightarrow H\) 的映射：\(mu + y \rightarrow mw + y\)，其中 \(y \in K \cap H\)，则不难验证这是个同构映射，即 \(K \cong H\)。证毕。

由引理 10-1 知 \(G\) 的两种分解中无限循环群的个数必须相等，且 \[ C_{1} \oplus \cdots \oplus C_{r} \cong D_{1} \oplus \cdots \oplus D_{t}. \tag{3} \] 注意到上式左边周期最大的元素为 \(C_r\) 的生成元，其周期等于 \(m_r\)，右边元的最大周期为 \(n_t\)，故 \(m_r = n_t\)。在 (3) 式两边同乘以 \(m_{r-1}\)，则由于 \(m_i \mid m_{r-1}\ (i = 1, \cdots, r-1)\)，(3) 式的左边只剩下了 \(m_{r-1}C_r\)。而 \(|D_t| = |C_r|\)，即 \(m_r = n_t\)，故 \(|m_{r-1}C_r| = |m_{r-1}D_t|\)，因此 (3) 式右边诸 \(D_i\) 满足 \(m_{r-1}D_i = 0\ (i = 1, \cdots, t-1)\)，特别有 \(m_{r-1}D_{t-1} = 0\)，这表明 \(n_{t-1} \mid m_{r-1}\)。对称地有 \(m_{r-1} \mid n_{t-1}\)，故 \(m_{r-1} = n_{t-1}\)。不断重复上述论证便可得 \(r = t\)，\(m_i = n_i\ (i = 1, \cdots, r)\)。证毕。

若给定 \(n\) 的一个初等因子组如 (4) 式所示，取 (4) 式中每一行的最后一个数作乘积得到 \(m'_t\)；再取每一行的最后第二个数作积得到 \(m'_{t-1}\)（如这一行已被取尽就不必再取），于是 \(m'_{t-1} \mid m'_t\)；再取每一行的最后第三个数作 \(m'_{t-2}\)，如此下去便可得到一列数 \(m'_t, \cdots, m'_2, m'_1\)。令 \(m_i = m'_{t-i+1}\) 即得 \(n\) 的一个不变因子组。

反过来若 \(m_1, m_2, \cdots, m_t\) 是 \(n\) 的一个不变因子组，作 \(m_i\) 的素因子分解： \[ m_{i} = p_{1}^{e_{1i}}p_{2}^{e_{2i}}\cdots p_{k}^{e_{ki}} \quad (i = 1, 2, \cdots, t), \] 其中 \(p_i\) 为互不相同的素数，\(e_{ji} \geqslant 0\)（这里为了叙述方便，我们允许 \(e_{ji} = 0\)）。由于 \(m_i \mid m_{i+1}\)，必有 \(e_{ji} \leqslant e_{j,i+1}\)。将所有 \(m_i\ (i = 1, \cdots, t)\) 的素因子按列排列，去掉那些 \(e_{ji} = 0\) 的项就得到如 (4) 式所示的 \(n\) 的一个初等因子组。读者不难看出我们得到了 \(n\) 的初等因子组与不变因子组之间的一个一一对应。

至此我们看到一个有限 Abel 群可以有两种分解：初等因子分解与不变因子分解，且它们是等价的。

对 \(G\) 的阶用数学归纳法。\(|G| = 1\) 时显然。设对阶小于 \(|G|\) 的群结论成立。现设有 \(G\) 的两个合成群列如 (2) 式、(3) 式所示。若 \(G_{r-1} = H_{s-1}\)，根据归纳假设，由于 \(|G_{r-1}| \lt |G|\)，\(G_{r-1}\) 的两个合成群列适合所需性质，故结论显然对 \(G\) 也成立。

现设 \(G_{r-1} \neq H_{s-1}\)。令 \(K = G_{r-1} \cap H_{s-1}\)，由第二同构定理，有 \[ G_{r-1}H_{s-1}/H_{s-1} \cong G_{r-1}/K. \tag{4} \] 但是 \(G_{r-1}H_{s-1}\) 是真包含 \(H_{s-1}\) 的 \(G\) 的正规子群，由 \(H_{s-1}\) 是 \(G\) 的极大正规子群知 \(G_{r-1}H_{s-1} = G\)，故 (4) 式左边为 \(G/H_{s-1}\)，这是一个单群。由此知 \(G_{r-1}/K\) 也是单群，即 \(K\) 是 \(G_{r-1}\) 的极大正规子群；同理 \(K\) 也是 \(H_{s-1}\) 的极大正规子群。设 \(K\) 的合成群列为 \[ \{e\} = K_0 \triangleleft K_1 \triangleleft K_2 \triangleleft \cdots \triangleleft K_m = K, \] 我们又得到了 \(G\) 的两个合成群列： \[ \{e\} = K_0 \triangleleft K_1 \triangleleft K_2 \triangleleft \cdots \triangleleft K_m \triangleleft G_{r-1} \triangleleft G, \tag{5} \] \[ \{e\} = K_0 \triangleleft K_1 \triangleleft K_2 \triangleleft \cdots \triangleleft K_m \triangleleft H_{s-1} \triangleleft G. \tag{6} \] 比较 (2)、(3)、(5)、(6) 式所示的 4 个群列：在 (2) 式与 (5) 式中 \(G_{r-1} = G_{r-1}\)，因此由上面可知 (2) 式与 (5) 式的长度相等（即出现的正规子群数相等）；同理 (3) 式与 (6) 式的长度相等。又 (5) 式与 (6) 式长度相等，故 \(s = r\)。又存在一个置换 \(\sigma\) 使 (2) 式、(5) 式所示的群列的商因子适合 \[ G_i/G_{i-1} \cong K_{\sigma(i)}/K_{\sigma(i)-1} \quad (i = 1, 2, \cdots, r). \] 同样，存在一个置换 \(\tau\) 使 (6) 式、(3) 式所示的群列的商因子适合 \[ K_i/K_{i-1} \cong H_{\tau(i)}/H_{\tau(i)-1}. \] 而 \[ \begin{aligned} G/G_{r-1} & = G_{r-1}H_{s-1}/G_{r-1} \cong H_{s-1}/K, \\ G/H_{s-1} & = G_{r-1}H_{s-1}/H_{s-1} \cong G_{r-1}/K, \end{aligned} \] 于是存在置换，使 \[ G_i/G_{i-1} \cong H_{\tau\sigma(i)}/H_{\tau\sigma(i)-1} \quad (i = 1, 2, \cdots, r), \] 这就证明了结论。证毕。

注：Jordan-Hölder 定理可以推广到无限群的情形，这时只需假定 \(G\) 有一个合成群列即可，但证明略为复杂一些。读者可参阅 N. Jacobson 著的《抽象代数学》第一卷（有中文译本）。

若 \(G^{(k)} = \{e\}\)，则我们有正规群列： \[ \{e\} = G^{(k)} \triangleleft G^{(k-1)} \triangleleft \cdots \triangleleft G' \triangleleft G, \] 且每个 \(G^{(i)}/G^{(i+1)}\) 都是 Abel 群，故 \(G\) 为可解群。

反之若 \(G\) 可解，我们有正规群列 \[ \{e\} = G_0 \triangleleft G_1 \triangleleft G_2 \triangleleft \cdots \triangleleft G_r = G \] 使 \(G_i/G_{i-1}\) 都是 Abel 群。由 §2.3 中的例 9 知 \(G'_i \subseteq G_{i-1}\)，因此 \[ G' = G'_r \subseteq G_{r-1}, \quad G'_{r-1} \subseteq G_{r-2}, \ \dots, \] 不难推得 \(G^{(r)} = \{e\}\)。证毕。

设 \(G\) 是可解群且 \(H\) 是其子群。由 \(H \leqslant G\) 可得 \(H^{(i)} \leqslant G^{(i)}\)，因此若 \(G^{(k)} = \{e\}\)，则 \(H^{(k)} = \{e\}\)，由上述命题知 \(H\) 是可解群。又设 \(f\) 是群 \(G\) 到 \(K\) 上的同态，不难看出 \(f(G') = K'\)，因此 \(f(G^{(k)}) = K^{(k)}\)。但 \(G^{(k)} = \{e\}\)，故 \(K^{(k)} = \{e\}\)，即 \(K\) 也是可解群。

现设 \(K \triangleleft G\)，\(K\) 及 \(G/K\) 均为可解群。由上述命题可知存在 \(m, n\) 分别使 \((G/K)^{(m)} = \{e\}\)，\(K^{(n)} = \{e\}\)，也就是 \(G^{(m)} \subseteq K\)。显然 \(G^{(m+n)} = \{e\}\)，\(G\) 是可解群。证毕。

若 \(G\) 是幂零群且 \(n\) 是其幂零指数，则 \[ \{e\} = C_0 \triangleleft C_1 \triangleleft C_2 \triangleleft \cdots \triangleleft C_n = G \tag{7} \] 就是符合要求的正规群列。反过来若 \(G\) 有一个正规群列 (7) 适合所述条件，则 \(G_1 \subseteq C(G) = C_1\)。又 \(G_2/G_1 \subseteq C(G/G_1)\)，因此对任意的 \(x \in G_2\)，\(y \in G\)，\(xyx^{-1}y^{-1} \in G_1 \subseteq C(G)\)，于是 \(G_2 \subseteq C_2\)。不断重复上述论证得 \(G_3 \subseteq C_3\)，\(\dots\)，\(G = G_r \subseteq C_r\)，即 \(G = C_r\)，\(G\) 是幂零群。证毕。

设 \(G\) 为 8 阶群。因为 \(G\) 非交换，所以 \(G\) 没有 8 阶元；又 \(G\) 中元也不可能都是 2 阶元（\(e\) 除外），否则 \(G\) 也将是 Abel 群。因此 \(G\) 必含有一个 4 阶元 \(a\)，\(\langle a \rangle\) 是 \(G\) 的 4 阶子群。设 \(b\) 不属于 \(\langle a \rangle\)，则 \(G = \langle a \rangle \cup \langle a \rangle b\)，于是 \(b^2 \in \langle a \rangle\)。这时有两种可能：\(b^2 = e\) 或 \(b^2 = a^2\)。事实上若 \(b^2 = a\) 或 \(b^2 = a^3\)，则 \(o(b) = 8\)，引出矛盾。

因为 \(\langle a \rangle\) 是指数 2 的 4 阶子群，故 \(\langle a \rangle\) 是 \(G\) 的正规子群，从而 \(b^{-1}ab \in \langle a \rangle\)。注意到 \(o(b^{-1}ab) = o(a) = 4\)，因此或者 \(b^{-1}ab = a\)，或者 \(b^{-1}ab = a^3\)。但是 \(b^{-1}ab = a\) 将导致 \(ab = ba\)，此时若 \(b^2 = a^2\)（从而 \(o(b) = 4\)），则 \(G\) 将是 Abel 群；如 \(b^2 = e\)，则 \(G = \langle a \rangle\langle b \rangle\) 也成为 Abel 群。因此只有一种可能： \[ b^{-1}ab = a^3. \] 与 \(b^2 = e\) 及 \(b^2 = a^2\) 两种可能结合起来，\(G\) 必适合下列两组关系式之一：

1. \(a^4 = b^2 = e\)，\(b^{-1}ab = a^3\)；
2. \(a^4 = e\)，\(b^2 = a^2\)，\(b^{-1}ab = a^3\)。

设 \(G\) 是 12 阶非交换群。我们先估计出 \(G\) 的 Sylow 子群数：3-Sylow 子群可能有 1 个或 4 个，2-Sylow 子群可能有 1 个或 3 个。若 \(G\) 有 4 个 3-Sylow 子群，则 \(G\) 有 8 个 3 阶元，这时 \(G\) 不可能有 3 个 2-Sylow 子群（\(8 + 3 \times 3 = 17 \gt 12\) 元素数不够）。又若 \(G\) 的 2-Sylow 子群及 3-Sylow 子群都只有一个，分别记为 \(A, B\)，则 \(A \cap B = \{e\}\)，\(G = AB\)，而 \(A, B\) 都是交换群（4 阶、3 阶），从而导致 \(G\) 也是交换群。总之，\(G\) 的 Sylow 子群的个数只可能有两种情形：

1. \(G\) 有 1 个 2-Sylow 子群，4 个 3-Sylow 子群；
2. \(G\) 有 3 个 2-Sylow 子群，1 个 3-Sylow 子群。

先来讨论 (1)。设 \(H\) 是 \(G\) 的唯一的 2-Sylow 子群，\(|H| = 4\)；\(K\) 是 \(G\) 的某一个 3-Sylow 子群，\(|K| = 3\)。注意 4 阶群只有两种：4 阶循环群或 Klein 四元群，我们将分别予以讨论。

若 \(H\) 是循环群，\(H = \{e, a, a^2, a^3\}\)，设 \(K = \{e, b, b^2\}\)。这时 \(H\) 是 \(G\) 的正规子群（因为它是唯一的 2-Sylow 子群），因此 \(b^{-1}ab \in H\)。若 \(b^{-1}ab = a\) 则将导致 \(ab = ba\)，而显然有 \(G = HK\)，这样 \(G\) 将是交换群。若 \(b^{-1}ab = a^2\)，则 \((b^{-1}ab)^2 = a^4 = e\)，但是 \(b^{-1}ab\) 与 \(a\) 应有相同的周期，又产生了矛盾。最后若 \(b^{-1}ab = a^3 = a^{-1}\)，则 \(ab = ba^{-1}\)。\((ab)^2 = ba^{-1} \cdot ab = b^2\)，\((ab)^3 = ab \cdot b^2 = a\)；又 \((ab)^3 = b^2ab = b^2ba^{-1} = b^3a^{-1} = a^{-1}\)，这样将导致 \(a = a^{-1}\)，\(a\) 是周期为 2 的元，又是一个矛盾。这说明 \(H\) 决不可能是循环群。

现设 \(H = \{e, a, b, ab\}\)，其中 \(a^2 = b^2 = e\)，\(ab = ba\)；\(K = \{e, c, c^2\}\)。如上，\(G = HK\)，\(G\) 可由 \(a, b, c\) 3 个元生成。又 \(H \triangleleft G\)，故 \(c^{-1}ac \in H\)。若 \(c^{-1}ac = a\)，则 \(ac = ca\)。又 \(c^{-1}bc \in H\)，若 \(c^{-1}bc = b\)，则 \(cb = bc\)，\(G\) 将是交换群。若 \(c^{-1}bc = ab\)，则 \(c^{-1}abc = b\)；又由 \(c^{-1}bc = ab\) 得 \(b = cabc^{-1}\)，即 \(c^{-1}abc = cabc^{-1}\)。利用 \(ac = ca\) 消去 \(a\) 得 \(c^{-1}bc = cbc^{-1}\)，或 \(c^2b = bc^2\)，即有 \(c^{-1}b = bc^{-1}\)，故 \(bc = cb\)，\(G\) 又将成交换群。由此可见 \(c^{-1}ac = a\) 不可能，于是剩下两种可能性：\(c^{-1}ac = b\) 或 \(c^{-1}ac = ab\)。

设 \(c^{-1}ac = b\)，即 \(ac = cb\)。此时若 \(c^{-1}bc = a\)，则 \(a = cbc^{-1}\)，故 \(c^{-1}bc = cbc^{-1}\)，又将得到 \(cb = ba = ab\)，导致 \(b = c\) 引出矛盾，故 \(c^{-1}bc = ab\)，即 \(bc = cab\)。这时 \(G\) 需要满足的关系式为 \[ ac = cb, \quad ab = ba, \quad bc = cab, \quad a^2 = b^2 = c^3 = e. \tag{1} \] 由例 2 知 \(G\) 同构于 \(A_4\)。

又若 \(c^{-1}ac = ab\)，令 \(b_1 = ab\)，则 \(b_1^2 = e\)，\(ab_1 = b_1a\)。这时用与上面完全相同的论证得知 \(G\) 必须适合下列关系： \[ ac = cb_1, \quad ab_1 = b_1a, \quad b_1c = cab_1, \quad a^2 = b_1^2 = c^3 = e, \tag{2} \] 这与 (1) 式代表了同一个群。

再来讨论 (2)。设其中一个 2-Sylow 子群为 \(H\)，唯一的 3-Sylow 子群为 \(K\)。\(H\) 也可能有两种情况：或是循环群或是 Klein 四元群，我们分开讨论。

设 \(H = \{e, a, a^2, a^3\}\) 是循环群，\(K = \{e, b, b^2\}\)，这时也有 \(G = HK\)。由于 \(K\) 是正规子群，\(a^{-1}ba \in K\)。若 \(a^{-1}ba = b\)，则将有 \(ab = ba\)，\(G\) 是交换群，故只可能 \(a^{-1}ba = b^2\) 或 \(ba = ab^2\)。这时不难算出 \[ G = \{e, b, b^2, a, ab, ab^2, a^2, a^2b, a^2b^2, a^3, a^3b, a^3b^2\}, \] 不难验证 \(G\) 是一个群。用生成元及定义关系来表示是： \[ G = \langle a, b \rangle, \quad a^4 = b^3 = e, \quad ba = ab^2. \]

最后设 \(H = \{e, a, b, ab\}\)（\(a^2 = b^2 = e\)，\(ab = ba\)）是 Klein 四元群，\(K = \{e, c, c^2\}\)。若 \(a^{-1}ca = c\)，则 \(ac = ca\)。此时若 \(b^{-1}cb = c\)，即 \(cb = bc\)，\(G\) 将是交换群，因此只可能 \(b^{-1}cb = c^2\) 或 \(cb = bc^2\)。注意到 \(ac = ca\) 且 \(o(a) = 2\)，\(o(c) = 3\)，故 \(o(ac) = 6\)。令 \(y = ac\)，则由 \(cb = bc^2 = bc^{-1}\) 得到 \(bc = c^{-1}b\)，\(by = bac = bca = c^{-1}ba = c^{-1}ab = y^{-1}b\)。显然 \(G\) 可由 \(y\) 及 \(b\) 生成，因此 \(G\) 必须适合下列条件： \[ G = \langle b, y \rangle, \quad y^6 = b^2 = e, \quad by = y^{-1}b, \tag{3} \] 不难看出 \(G\) 同构于 \(D_6\)。

除了 \(a^{-1}ca = c\) 外还可能有 \(a^{-1}ca = c^2\)。这时如果 \(b^{-1}cb = c\)，则将 \(b\) 与 \(a\) 对换就又可得到 (3) 式；若 \(b^{-1}cb = c^2\)，则 \(abcab = c\)。令 \(d = ab\)，用 \(d\) 代替 (3) 式推导过程中的 \(a\)，又可得到相同的结果。无论哪种情形，我们都得到了 \(D_6\)。证毕。