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例 3.2.7。考虑群 $S_{4}$。我们已经看到子群
是 $S_{4}$ 的一个正规子群，且 $\#(H)=4$。还有一个 $S_{4}$ 的（非正规）子群 $H_{4}$：$H_{4}=\left\{\sigma \in S_{4}: \sigma(4)=4\right\}$。那么 $H_{4} \cong S_{3}$ 且 $\#\left(H_{4}\right)=6$，因此 $\#(H) \#\left(H_{4}\right)=24=\#\left(S_{4}\right)$。最后，通过检查 $H \cap H_{4}=\{1\}$。因此 $S_{4} / H \cong S_{3}$。
这里是另一个稍后将出现的推论：
推论 3.2.8。设 $G$ 是一个有限群，且 $\#(G)=n m$ 和 $\operatorname{gcd}(n, m)=1$。设 $H$ 和 $K$ 是 $G$ 的两个子群，且 $H \triangleleft G$。假设 $\#(H)=n$ 且 $\#(K)=m$。那么 $G / H \cong K$。
证明。我们将证明 $H \cap K=\{1\}$ 和 $H K=G$。由练习 4.15（使用拉格朗日定理）可知 $H \cap K=\{1\}$。根据假设 $\#(H) \#(K)=n m=\#(G)$。因此由推论 3.2.6 可知 $G / H \cong K$。
我们如何描述所有的有限群？在我们解决这个问题之前，让我们列出所有小阶 $\leq 15$ 的有限群，直到同构。我们几乎已经看到了所有这些群。如果 $G$ 是阿贝尔群，使用有限阿贝尔群基本定理，很容易写出给定阶的所有可能的 $G$：$G$ 必须同构于循环群的直积，并且两个这样的直积之间的任何同构都是中国剩余定理的结果。例如，如果 $\#(G)=n$ 且 $n$ 是不同素数的乘积，那么 $G$ 是循环群，因此同构于 $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$。对于 $n \leq 15$，唯一不发生这种情况的情况是：
请注意，对于 $n=16$，已经有 5 种 $G$ 的可能性。
如果 $G$ 不是阿贝尔群，则有许多阶是无法产生的。例如，如果 $\#(G)=p$，其中 $p$ 是一个素数，那么 we have seen $G$ 是阿贝尔群。我们很快就会证明，如果 $\#(G)=p^{2}$，其中 $p$ 是一个素数，那么 $G$ 是阿贝尔群。此外，如果 $\#(G)=p q$，其中 $p$ 和 $q$ 是不同的素数，例如 $p<q$，那么 $G$ 是阿贝尔群，除非 $q \equiv 1 \bmod p$，在这种情况下，所有阶为 $p q$ 的非阿贝尔群都同构，并且可以非常明确地描述。因此，例如，所有阶为 15 的群都是阿贝尔群，因此是循环群。那么，直到同构，阶至多为 15 的非阿贝尔群的唯一可能性由以下给出：
为了避免得出列表似乎易于管理的结论，我们提到对于 $n=16$，已经有 5 个非同构的阶为 16 的阿贝尔群，以及 9 个非同构的阶为 16 的非阿贝尔群，并且描述它们全部相当复杂。当然，如果 $\#(G)$ 的阶是 17，则 $G$ 同构于 $\mathbb{Z} / 17 \mathbb{Z}$ 并且是循环群（特别是阿贝尔群）。然而，总的来说，如果 $n$ 可以被一个素数 $p$ 的大幂次整除，那么列出所有阶为 $\#(G)=n$ 的群直到同构就变得非常困难。
我们首先讨论商群，作为将群分解为更简单的部分的一种方式。为简单起见，假设 $G$ 是一个有限群，且 $H \triangleleft G$。如果 $H=\{1\}$，那么 $G / H \cong G$；如果 $H=G$，那么 $G / H=\{G\}$ 是只有一个元素的平凡群。因此，我们假设 $H$ 是 $G$ 的一个非平凡的真正规子群，即 $H \neq\{1\}, G$。在这种情况下，$1<\#(H)<\#(G)$，因此 $1<\#(G / H)<\#(G)$。我们可以将这理解为子群 $H$ 和商群 $G / H$ 是更简单（更小）的群，并且 $G$ 以某种方式由构件 $H$ 和 $G / H$ 构成。
然而，通常这个过程相当复杂。例如，$\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 有非平凡的真（正规）子群 $\langle 2\rangle \cong \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$，并且（正如我们所看到的）商群 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z} /\langle 2\rangle \cong \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。这表明 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$，这个具有任何真非平凡子群的最简单的群，是由两个构件（每个都同构于 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$）构成的。然而，如果我们考察 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$，它有一个子群 $\{0\} \times \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$，也同构于 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$，并且 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times (\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) /(\{0\} \times \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。因此 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 也是由两个构件（每个都同构于 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$）构成的，并且需要额外的组合信息才能将最终结果 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 与 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 区分开来。通常，给定 $H$ 和 $G / H$ 的知识如何重构 $G$ 的问题被称为扩张问题，并且通常认为这是一个无望的问题。如果 $G$ 存在一个子群 $K$，使得 $\pi \mid K$ 是一个同构，其中 $\pi: G \rightarrow G / H$ 是商同态，那么 $G$ 可以相当具体地用 $H$ 和 $G / H \cong K$ 来描述（如果时间允许，我们将会看到），但这种情况相当罕见。在 $H$ 是 $G$ 的一个阿贝尔子群的特殊情况下，存在一种机制（群上同调）可以列出给定 $H$ 和群 $G / H$（以及额外的数据）时 $G$ 的所有可能性。
让我们再举一些例子。对于群 $G=\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$，我们有子群 $H= \langle 2\rangle \triangleleft \mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$，其中 $H \cong \mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z}$，商群 $(\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}) /\langle 2\rangle \cong \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。我们也可以考虑子群 $\langle 3\rangle \cong \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。在这种情况下 $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z} /\langle 3\rangle \cong \mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z}$。因此在这种情况下，我们可以按任何顺序使用构件。如果使用 $S_{3}$，存在唯一的正规子群 $A_{3} \cong \mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z}$，且 $S_{3} / A_{3} \cong \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。这里只有一个可能的顺序。（我们稍后还会看到 $\mathbb{Z} / 6 \mathbb{Z}$ 或 $S_{3}$ 的构件组合方式是不同的。）
对于更大的群，我们必须继续这个过程。例如，对于四元数群 $Q$，我们有正规子群 $\langle i\rangle$（正规因为它具有指数 2），并且商群 $Q /\langle i\rangle \cong \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。子群 $\langle i\rangle$ 可以通过考察子群 $\langle-1\rangle \leq\langle i\rangle$ 进一步分解。将它们组合在一起，我们得到一个序列
其中每个子群在下一个子群中都是正规的，并且所有商群都同构于 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。当然，在这个图中我们也可以使用子群 $\langle j\rangle$ 或 $\langle k\rangle$ 而不是 $\langle i\rangle$。使用 $D_{4}$，或 $\mathbb{Z} / 8 \mathbb{Z}$，或 $(\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$，或 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$，会得到非常相似的图像。例如，$D_{4}$ 也有一个阶为 4 的循环正规子群，即子群 $\langle(1234)\rangle$，商群也必须同构于 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。另一个例子是 $S_{4}$，我们可以从正规子群 $A_{4}$ 开始，然后使用 $A_{4}$ 的正规子群 $H$，其中 $H=\{1,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\} \cong (\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$，最后取 $H$ 的一个同构于 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$ 的子群，例如 $K=\{1,(12)(34)\}$。那么图看起来像
其中连续的商群同构于 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}, \mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}, \mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z}$ 和 $\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}$。
通常，我们会尝试以下策略：从群 $G$ 开始，寻找一个非平凡的真正规子群 $H \triangleleft G$，从而得到构件 $H, G / H$。然后，在左侧，寻找一个非平凡的真正规子群 $H^{\prime} \triangleleft H$。在右侧，如果我们找到了 $G / H$ 的一个非平凡的真正规子群 $J \triangleleft G / H$，那么我们可以考察 $K=\pi^{-1}(J) \triangleleft G$，其中 $\pi: G \rightarrow G / H$ 是商同态。注意 $H \triangleleft K$ 且 $K / H \cong J$，因为
$\pi \mid K: K \rightarrow J$ 是带有核 $H$ 的满射。第三同构定理指出 $G / K \cong (G / H) / J$。因此更长的群序列
具有构件 $H, J, G / K \cong(G / H) / K$。通常，我们会考虑一个序列
其中每个 $G_{i} \triangleleft G_{i+1}$，但 $G_{i}$ 不一定是 $G$ 的正规子群。如果我们可以通过找到 $G_{i+1} / G_{i}$ 的一个非平凡的真正规子群 $J \triangleleft\left(G_{i+1} / G_{i}\right)$ 来进一步分解商群 $G_{i+1} / G_{i}$，那么上述过程告诉我们如何通过添加一个中间子群 $K$ 使得 $G_{i} \triangleleft K \triangleleft G_{i+1}$ 来扩充序列 $\left\{G_{i}\right\}$。因此我们扩充序列并继续。这个过程被称为精化序列 $\left\{G_{i}\right\}$。如果 $G$ 是有限群，并且我们只使用非平凡的真子群，那么 $G_{i+1} / G_{i}$ 的阶不能无限减小，所以这个过程必须终止。
是什么导致这个过程终止？更基本的问题是，如果对于给定的 $G$，我们根本无法开始，因为 $G$ 没有真正规子群，会发生什么？例如，如果 $p$ 是一个素数，那么群 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 根本没有非平凡的真子群，因此也没有非平凡的真正规子群。让我们给出一个定义：
定义 4.2.1。设 $G$ 是一个群（不一定是有限群），且 $G$ 不是平凡群。那么如果 $G$ 没有非平凡的真正规子群，则 $G$ 是简单的。即，如果 $G \neq\{1\}$ 并且对于每个 $H \triangleleft G$，要么 $H=\{1\}$ 要么 $H=G$。
例如，如果 $p$ 是素数，则 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 是简单的。乐观地，我们可能会猜想，如果一个有限群 $G$ 是简单的，那么反之 $G \cong \mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 对于某个素数 $p$。然而，正如我们将看到的，事实并非如此。上述讨论表明，如果 $G$ 是一个有限群，那么我们可以找到 $G$ 的子群序列，其性质是
并且对于每个 $i$，商群 $G_{i+1} / G_{i}$ 是简单的。这样的序列被称为合成列。它不是唯一的，但一个称为Jordan-Hölder定理的结果表明，简单商群 $G_{i+1} / G_{i}$ 的集合以及它们出现的次数与合成列的选择无关。
我们注意到一个非平凡的有限阿贝尔群 $A$ 是简单的 $\Longleftrightarrow A \cong \mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 对于某个素数 $p$。事实上，我们有以下内容：
引理 4.2.2。设 $A$ 是一个阿贝尔群（加性表示），不一定是有限群。如果 $A \neq\{0\}$ 且 $A$ 不同构于 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$，其中 $p$ 是素数，那么 $A$ 存在一个非平凡的真子群，必然是正规的。
证明。对于阿贝尔群 $A$， $A$ 没有真非平凡正规子群 $\Longleftrightarrow A$ 没有真非平凡子群，因为阿贝尔群的每个子群都是自动正规的。我们在练习 3.15 中已经看到这等价于：$A \cong \mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 对于某个素数 $p$。
由于阿贝尔群的每个商群仍然是阿贝尔群，这说明我们可以对有限阿贝尔群 $A$ 执行前面描述的过程，并最终达到一个阶段，其中存在一个子群序列
其中 $A_{i+1} / A_{i}$ 是素数阶的循环群。
一般地，设 $G$ 是一个群，不一定是阿贝尔群，并假设存在一个序列
其中每个 $G_{i} \triangleleft G_{i+1}$ 且 $G_{i+1} / G_{i}$ 是阿贝尔群。根据上述说明，如果 $G$ 是有限群，那么 $G$ 是可解的 $\Longleftrightarrow$ 存在如上序列，使得 $G_{i+1} / G_{i}$ 是素数阶的循环群。
（可解一词来源于多项式方程通过根式求解的理论。）
除了 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 之外，有限简单群有哪些可能性？首先，有以下内容，我们将在稍后证明，它与 5 次及更高次多项式方程的根式不可解性有关：
定理 4.3.1。对于 $n \geq 5$，群 $A_{n}$ 是简单的。
正如练习 4.30 中概述的，这引出了以下内容：
推论 4.3.2。对于 $n \geq 5$，如果 $H \triangleleft S_{n}$，那么 $H$ 要么是 $\{1\}$, 要么是 $A_{n}$, 要么是 $S_{n}$。
因此，对于 $n \geq 5$，群 $S_{n}$ 只有很少的正规子群。
该定理表明，对于每个 $n \geq 5$，存在一个阶为 $n!/ 2$ 的简单群，因此阶为 $60, 360, 2520, \ldots$。事实证明，60 是非阿贝尔简单群的最小可能阶，并且所有阶为 60 的简单群都同构于 $A_{5}$。换句话说，如果 $G$ 是一个有限简单非阿贝尔群，那么 $\#(G) \geq 60$，并且，如果 $\#(G)=60$，那么 $G \cong A_{5}$。然而，还有许多其他的非阿贝尔有限简单群。
例 4.3.3。对于每个素数 $p$，存在一个群 $P S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$，对于 $p \geq 5$ 是简单的。从 $G L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 开始，它是以 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 中的系数和非零行列式组成的 $2 \times 2$ 矩阵群。因此
$G L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 的元素通过矩阵乘法的通常公式相乘，使用 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$ 中的加法和乘法运算。 $2 \times 2$ 矩阵求逆的通常公式表明，如果 $\operatorname{det} A \neq 0$，那么 $A$ 存在逆，反之亦然。因此 $G L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 是一个群，但它不是简单的：根据 det 的通常性质，函数
是一个满射同态，其核根据定义是正规子群 $S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$。群 $S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 也不是简单的，因为它有一个中心 $\{ \pm I\}$，正如我们所看到的，它始终是 $S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 的一个正规子群。设 $P S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})=S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}) /\{ \pm I\}$。对于 $p=2,-I=I$ 且 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})^{*}=\{1\}$，因此 $P S L_{2}(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})=S L_{2}(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})=G L_{2}(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$。可以证明在这种情况下 $P S L_{2}(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \cong S_{3}$。对于 $p>2$，不难证明 $P S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 的阶是 $\frac{1}{2} p\left(p^{2}-1\right)$。因此，$\#\left(P S L_{2}(\mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z})\right)=12$，实际上 $P S L_{2}(\mathbb{Z} / 3 \mathbb{Z}) \cong A_{4}$。对于 $p=5$， $P S L_{2}(\mathbb{Z} / 5 \mathbb{Z})$ 的阶是 60，实际上它同构于 $A_{5}$。但是对于 $p=7$， $P S L_{2}(\mathbb{Z} / 7 \mathbb{Z})$ 的阶是 168，因此它不同构于任何 $A_{n}$。事实上，通过比较阶，很容易看出，对于所有 $p \geq 7$， $P S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 不同构于任何 $A_{n}$。然后可以证明：
定理 4.3.4。 $P S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 对于所有 $p \geq 5$ 都是简单的。
关于非循环有限简单群，我们可以说些什么？Burnside 在 1900 年左右证明，如果 $G$ 是一个非循环的有限简单群，那么 $\#(G)$ 可以被至少 3 个素数整除。Feit 和 Thompson 在 1965 年证明，一个非循环的有限简单群具有偶数阶。证明长达 250 多页。有限简单群的完全分类在 1983 年左右被认为已经完成，并包含了数千页分散的期刊文章，但后来人们注意到一些细节需要阐述，这又增加了大约一千页。这一步直到 2004 年才完成。答案是，每个有限简单群都同构于某个素数 $p$ 的 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$，或者某个 $n \geq 5$ 的 $A_{n}$，或者 16 个无限群系列中的一个（大多数在某种意义上是群 $P S L_{2}(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$ 的推广）（李型的有限群及其推广），或者 26 个所谓的“散在简单群”中的一个。最大的散在简单群于 1981 年最终构建完成，被称为 Fischer-Griess 巨兽群（或简称巨兽），尽管它的存在已经被推测了一段时间。它的阶是
并且在某种意义上它包含了几乎所有其他的散在简单群。巨兽群与数论（模形式）和数学物理（顶点算子代数）有着非常意想不到的联系。
最后我们证明定理 4.3.1，即对于 $n \geq 5$， $A_{n}$ 是简单群。我们从下面的引理开始：
引理 4.4.1。假设 $n \geq 5$ 且 $H$ 是 $A_{n}$ 的一个正规子群。如果 $H$ 包含一个 3-循环，那么 $H=A_{n}$。
证明。我们已经在练习 3.24 中看到 $A_{n}$ 由 3-循环集生成。因此我们将证明，如果 $A_{n}$ 的一个正规子群 $H$ 包含一个 3-循环，那么 $H$ 包含所有的 3-循环，因此 $H=A_{n}$。
假设 $(a, b, c) \in H$ 是一个 3-循环。设 $(d, e, f)$ 是任意一个 3-循环。我们声称存在一个 $\rho \in A_{n}$ 使得 $\rho \cdot(a, b, c) \cdot \rho^{-1}=(d, e, f)$。由于 $H$ 是正规的，这意味着 $(d, e, f) \in H$，因此 $H$ 包含所有 3-循环，从而 $H=A_{n}$。
为了找到 $\rho$，选择 $\sigma \in S_{n}$ 使得 $\sigma(a)=d, \sigma(b)=e, \sigma(c)=f$，并且 $\sigma$ 定义从 $\{1,2, \ldots, n\}-\{a, b, c\}$ 到 $\{1,2, \ldots, n\}-\{d, e, f\}$ 的某个双射，这显然是可能的，因为这两个集合都有 $n-3$ 个元素。注意 $\sigma \cdot(a, b, c) \cdot \sigma^{-1}=(\sigma(a), \sigma(b), \sigma(c))=(d, e, f)$。如果 $\sigma$ 是偶数，我们可以直接取 $\rho=\sigma \in A_{n}$，那么 $\rho \cdot(a, b, c) \cdot \rho^{-1}=(d, e, f)$。如果 $\sigma$ 是奇数，因为 $n \geq 5$，我们可以选择两个不同的元素 $x, y \in\{1,2, \ldots, n\}-\{a, b, c\}$。然后设 $\rho=\sigma \cdot(x, y)$。由于 $\sigma$ 是奇数，$\rho$ 是偶数，因此 $\rho \in A_{n}$。此外，$\rho(a)=\sigma \cdot(x, y)(a)=\sigma(a)=d$，同样 $\rho(b)=e, \rho(c)=f$。因此 $\rho \cdot(a, b, c) \cdot \rho^{-1}=(\rho(a), \rho(b), \rho(c))=(d, e, f)$，这正是我们想要的。
下一步是：
引理 4.4.2。 $A_{5}$ 是简单群。
证明。根据前面的引理，我们必须证明，如果 $H \triangleleft A_{5}$ 且 $H \neq\{1\}$，那么 $H$ 包含一个 3-循环。现在 $A_{5}$ 的每个元素都是 $S_{5}$ 中的一个偶置换，因此要么是恒等元，要么是一个 3-循环，要么是两个不相交对换的乘积，要么是一个 5-循环。由于 $H \neq\{1\}$，$H$ 包含一个 3-循环，或者两个不相交对换的乘积，或者一个 5-循环。如果 $H$ 已经包含一个 3-循环，则我们完成。如果 $H$ 包含两个不相交对换的乘积 $(a, b)(c, d)$，那么存在一个 $e \in\{1,2,3,4,5\}$ 且 $e \neq a, b, c, d$。那么 $\sigma=(a, b)(d, e) \in A_{5}$ 且
因为 $H$ 是正规的。因此 $(a, b)(c, d) \cdot(a, b)(c, e) \in H$，因为 $H$ 在乘法下是封闭的。但是
因此 $H$ 再次包含一个 3-循环。最后，如果 $H$ 包含一个 5-循环 $(a, b, c, d, e)$，设 $\sigma=(a, b)(c, d) \in A_{5}$。那么
因此 $(a, b, c, d, e) \cdot(b, a, d, c, e) \in H$。但是 $(a, b, c, d, e) \cdot(b, a, d, c, e)=(a, e, c) \in H$，因此 $H$ 再次包含一个 3-循环。所以，在所有情况下 $H$ 都包含一个 3-循环，因此 $H=A_{5}$。
我们现在完成 $A_{n}$ 是简单群的证明。证明采用对 $n$ 的归纳法，从 $n=5$ 的情况开始，这正是前面引理的陈述。归纳地假设 $n \geq 6$ 并且我们已经证明 $A_{n-1}$ 是简单群，设 $H \triangleleft A_{n}$ 且 $H \neq\{1\}$。回想一下，我们有由以下定义的子群 $H_{n} \leq S_{n}$
那么 $H_{n} \cong S_{n-1}$ 且 $H_{n} \cap A_{n} \cong A_{n-1}$，因此也是简单群。如果我们可以证明 $H \cap\left(H_{n} \cap\right. \left.A_{n}\right) \neq\{1\}$，那么 $H \cap\left(H_{n} \cap A_{n}\right)$ 是 $H_{n} \cap A_{n}$ 的一个正规子群，不等于 $\{1\}$，因此它就是 $H_{n} \cap A_{n}$。特别是，$H$ 必须包含一个 3-循环，因此 $H=A_{n}$。
由于 $H \subseteq A_{n}$, $H \cap\left(H_{n} \cap A_{n}\right)=H \cap H_{n}$，因此只需证明这个子群不是 $\{1\}$，即存在一个 $\sigma \in H$ 且 $\sigma \neq 1$ 并且 $\sigma(n)=n$。由于假设 $H \neq\{1\}$，存在一个 $\sigma \in H$ 且 $\sigma \neq 1$。如果 $\sigma(n)=n$，我们完成：$\sigma \in H \cap H_{n}$。否则 $\sigma(n)=i$ 且 $i \neq n$。
首先假设 $\sigma(i)=j$ 且 $j \neq n$（注意 $\sigma(i) \neq i$ 因为 $\sigma(n)=i$）。因此当我们把 $\sigma$ 写成不相交循环的乘积时，其中一个循环看起来像 $(n, i, j, \ldots)$。选择某个 $k \neq n, i, j$。元素 $(j, k)$ 是奇数，但由于 $n \geq 6$，存在 $a, b \in\{1,2, \ldots, n\}$ 且 $a, b$ 是与 $n, i, j, k$ 不同的元素，并且 $\rho=(j, k)(a, b)$ 是偶数。那么 $\rho \cdot \sigma \cdot \rho^{-1} \in H$，因为 $H$ 是正规的，因此 $\tau=\sigma^{-1} \cdot \rho \cdot \sigma \cdot \rho^{-1} \in H$，因为 $H$ 在取逆 and 乘积下是封闭的。现在 $\rho(n)=n$ 根据构造，因此
因此 $\tau \in H \cap H_{n}$。最后，我们声称 $\tau \neq 1$。为了看到这一点，注意
我们不能有 $\sigma^{-1}(k)=i$，否则 $\sigma(i)=k$，但也有 $\sigma(i)=j \neq k$，这是不可能的。因此 $\tau(i) \neq i$，所以 $\tau \neq 1$。
剩下的一种情况是 $\sigma(n)=i$ 且 $i \neq n$ 并且 $\sigma(i)=n$。这种情况在精神上与前一种情况相似。由于 $\sigma$ 是偶数，$\sigma \neq(n, i)$，因此存在一个 $j \neq n, i$ 使得 $\sigma(j)=k \neq n, i$。（可以想象把 $\sigma$ 写成不相交循环的乘积，每个循环的长度至少为二：其中一个看起来像 $(n, i)$，并且必须有另一个以 $(j, k, \ldots)$ 开头。）同样使用 $n \geq 6$，存在 $\ell, m$ 是不同的且不等于 $n, i, j, k$ 中的任何一个。设 $\rho=(j, \ell, m)$。那么 $\rho \in A_{n}$，因为 $\rho$ 是一个 3-循环，并且，设 $\tau=\sigma^{-1} \cdot \rho \cdot \sigma \cdot \rho^{-1}$， $\tau \in H$ 如前所述。但是
第一个方程表明 $\tau \in H \cap H_{n}$，第二个方程表明 $\tau(\ell)=j \neq \ell$，因此 $\tau \neq 1$。因此在这两种情况下 $H \cap H_{n} \neq\{1\}$，我们完成了。
习题 4.1。(i) 设 $f: \mathbb{Q} \rightarrow \mathbb{Q}$ 定义为 $f(r)=r / 2=\left(\frac{1}{2}\right) r$。$f$ 是同态吗？为什么是或为什么不是？$f$ 是内射的吗？满射的吗？
(ii) 设 $g: \mathbb{Q}^{*} \rightarrow \mathbb{Q}^{*}$ 定义为 $g(r)=r / 2=\left(\frac{1}{2}\right) r$。$g$ 是同态吗？为什么是或为什么不是？$g$ 是内射的吗？满射的吗？