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命题 1.4.2. 若 $\#(G)=p^{r}$，其中 $p$ 是一个素数且 $r \geq 1$，且 $X$ 是一个有限 $G$-集合，则
证明。在上述公式 $\#(X)=\#\left(X^{G}\right)+\sum_{\#\left(O_{i}\right)>1} \#\left(O_{i}\right)$ 中，所有满足 $\#\left(O_{i}\right)>1$ 的项 $\#\left(O_{i}\right)$ 都是 $p^{r}$ 的非平凡因子，因此它们的形式是 $p^{s}$，其中 $1 \leq s \leq r$。因此，如果 $\#\left(O_{i}\right)>1$，那么 $\#\left(O_{i}\right) \equiv 0(\bmod p)$，从而 $\#(X) \equiv \#\left(X^{G}\right)(\bmod p)$。
推论 1.4.3. 设 $p$ 是一个素数。若 $\#(G)=p^{r}$ 且 $r \geq 1$，且 $X$ 是一个有限 $G$-集合使得 $p$ 不整除 $\#(X)$，则 $X^{G} \neq \emptyset$。
证明。根据该命题，$\#\left(X^{G}\right)$ 与 $0 \bmod p$ 不同余，特别地 $\#\left(X^{G}\right) \neq 0$。因此 $X^{G} \neq \emptyset$。
推论 1.4.4. 设 $p$ 是一个素数。若 $\#(G)=p^{r}$ 且 $r \geq 1$，则 $Z(G) \neq\{1\}$。特别地，若 $\#(G)>p$，则 $G$ 不是单群（因此，通过归纳法，是可解群）。
证明。在此情况下，我们令 $X=G$，其作用为共轭作用。则不动点集 $X^{G}$ 恰好是 $G$ 的中心，所以
因此 $Z(G)$ 是 $G$ 的一个子群，其阶可被 $p$ 整除，从而 $Z(G) \neq\{1\}$。我们已经知道 $Z(G) \triangleleft G$。因此，$Z(G)$ 要么是 $G$ 的一个真（非平凡）正规子群，要么 $Z(G)=G$。在后一种情况下，$G$ 是阿贝尔群，并且 $G$ 的每个子群都是正规的，所以 $G$ 是单群 $\Longleftrightarrow$ $G$ 没有真的非平凡子群 $\Longleftrightarrow$ $G$ 同构于 $\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}$（根据习题 3.15）。
推论 1.4.5. 设 $p$ 是一个素数。若 $\#(G)=p^{2}$，则 $G$ 是阿贝尔群。
证明。根据前一个推论，中心 $Z(G)$ 是 $G$ 的一个子群，其 $\#(Z(G))=p$ 或 $\#(Z(G))=p^{2}$。如果 $\#(Z(G))=p^{2}$，那么 $G=Z(G)$，因此 $G$ 是阿贝尔群。所以我们假设 $\#(Z(G))=p$。我们将证明在这种情况下 $G$ 也是阿贝尔群，这与 $Z(G)=G$ 矛盾。如果 $\#(Z(G))=p$，则 $Z(G) \triangleleft G$ 且商群 $G / Z(G)$ 的阶为 $p$。但每个阶为 $p$ 的群都是循环群，因此 $G / Z(G)$ 是一个循环群。根据习题 4.28，此时 $G$ 是阿贝尔群。
注 1.4.6. 事实上，可以证明，如果 $\#(G)=p^{2}$，那么 $G$ 要么是循环群因此 $G \cong \mathbb{Z} / p^{2} \mathbb{Z}$，要么 $G \cong(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$。
拉格朗日定理告诉我们，如果 $G$ 是一个有限群，且 $H \leq G$，那么 $\#(H)$ 整除 $\#(G)$。正如我们所见，拉格朗日定理的逆命题通常是假的：如果 $G$ 是一个阶为 $n$ 的有限群，且 $d$ 整除 $n$，那么不一定存在一个阶为 $d$ 的 $G$ 的子群。西罗定理指出，在一种特殊但非常重要的情况下，这样的子群存在：当 $d$ 是整除 $n$ 的素数的最大幂次时。（结果表明 $G$ 具有整除 $n$ 的每个素数幂次的子群，不一定是最大的那个。）事实上，西罗定理提供了关于这些子群的更多信息，通过给出可能存在的子群数量的信息。正如我们将看到的，这有时能使我们证明 $G$ 具有一个非平凡的真正规子群。
定义 2.1.1. 设 $p$ 是一个素数。将 $\#(G)$ 写成 $p^{r} m$，其中 $p$ 不整除 $m$。换句话说，$p^{r}$ 是整除 $n$ 的 $p$ 的最大幂次。我们通常假设 $r \geq 1$，即 $p \mid n$。$G$ 的一个 p-西罗子群 是一个子群 $P$，使得 $\#(P)=p^{r}$。
定理 2.1.2 (西罗定理)。设 $G$ 是一个阶为 $n$ 的群，设 $p$ 是一个素数使得 $p \mid n$，并将 $n$ 写成 $p^{r} m$，其中 $p$ 不整除 $m$。则：
(i) 存在一个 $G$ 的 p-西罗子群。
(ii) 如果 $P_{1}$ 和 $P_{2}$ 是 $G$ 的两个 p-西罗子群，则 $P_{1}$ 和 $P_{2}$ 是共轭的，即存在一个 $g \in G$ 使得 $g P_{1} g^{-1}=P_{2}$。
(iii) 如果 $H \leq G$ 且 $\#(H)=p^{s}$ 且 $s \leq r$，则存在一个 $G$ 的 p-西罗子群 $P$ 使得 $H \leq P$。
(iv) $G$ 的 p-西罗子群的数量与 $1(\bmod p)$ 同余，并整除 $\#(G)=p^{r} m$，因此由于它与 $p$ 互素，它整除 $m$。
例 2.1.3. (1) 设 $G=A_{4}$，所以 $\#\left(A_{4}\right)=12=2^{2} 3$。则 $A_{4}$ 有一个阶为 4 的 2-西罗子群和一个阶为 3 的 3-西罗子群。事实上，我们知道存在一个 $A_{4}$ 和 $S_{4}$ 的阶为 4 的子群 $H$，并且 $H \triangleleft A_{4}$ 且 $H \triangleleft S_{4}$: $H=\{1,(12)(34),(13)(24),(14)(23)\}$。由于 $H$ 在 $A_{4}$ 中是正规的，根据西罗定理的 (ii)，$H$ 是 $A_{4}$ 唯一的 2-西罗子群。事实上，更一般地，我们有西罗定理 (ii) 的以下推论：
推论 2.1.4. 有限群 $G$ 恰好包含一个 p-西罗子群 $\Longrightarrow$ 存在一个正规 p-西罗子群。
证明。$\Longrightarrow$：假设 $G$ 恰好有一个 p-西罗子群 $P$。对于所有 $g \in G$， $g P g^{-1}=i_{g}(P)$ 是 $G$ 的另一个子群，其阶等于 $\#(P)$，因此 $g P g^{-1}$ 也是一个 p-西罗子群，所以对于所有 $g \in G$， $g P g^{-1}=P$。这表明 $P$ 在 $G$ 中是正规的。
$\Longleftarrow$：设 $P$ 是 $G$ 的一个正规 p-西罗子群。如果 $P^{\prime}$ 是另一个 p-西罗子群，则根据西罗定理的 (ii)，存在一个 $g \in G$ 使得 $P^{\prime}=g P g^{-1}$。但由于 $P$ 是正规的，$g P g^{-1}=P$。因此 $P^{\prime}=P$，即 $P$ 是 $G$ 的唯一的 p-西罗子群。
为了结束 $A_{4}$ 的例子，3-西罗子群的阶为 3，因此必然是阶为 3 的循环群。在 $A_{4}$ 中，每个阶为 3 的元素都是 3-循环。正如我们所见，有 $8=(4 \cdot 3 \cdot 2) / 3$ 个 3-循环。但每个阶为 3 的循环群有 $\varphi(3)=2$ 个生成元，所以 $A_{3}$ 的子群数量是 $8 / 2=4$。因此有 4 个 3-西罗子群，验证了它们的数量 $\equiv 1(\bmod 3)$ 且整除 12 的事实。明确地，3-西罗子群是 $\langle(1,2,3)\rangle,\langle(1,2,4)\rangle,\langle(1,3,4)\rangle$ 和 $\langle(2,3,4)\rangle$。很容易看出这 4 个西罗子群都是共轭的。（然而，阶为 3 的 8 个元素在 $A_{4}$ 中并非都相互共轭。例如，$(1,2,3)$ 在 $A_{4}$ 中与 $(1,4,2)$ 共轭，但与 $(1,2,4)$ 不共轭。）
我们可以将西罗定理应用于任意一个 $\#(G)=12$ 的群 $G$：
命题 2.1.5. 设 $G$ 是一个阶为 12 的群。则要么存在一个唯一的 3-西罗子群，它因此是 $G$ 的一个正规子群，要么存在 4 个 3-西罗子群，在这种情况下存在一个唯一的 2-西罗子群，它是 $G$ 的一个正规子群。因此 $G$ 不是单群。
证明。由于 $\#(G)=12$， $G$ 有一个阶为 4 的 2-西罗子群和一个阶为 3 的 3-西罗子群。 $G$ 的 2-西罗子群的数量与 $1(\bmod 2)$ 同余，并整除 12，因此是 1 或 3。（事实上，$D_{6}$ 是一个阶为 12 的群，有 3 个 2-西罗子群。） $G$ 的 3-西罗子群的数量与 $1(\bmod 3)$ 同余，并整除 12，因此是 1 或 4。如果存在 4 个 3-西罗子群，则它们不是正规的。现在假设 $G$ 有 4 个 3-西罗子群 $H_{1}, H_{2}, H_{3}, H_{4}$。则每个 $H_{i}$ 有两个生成元，因此有两个阶为 3 的元素。此外，对于 $i \neq j, H_{i} \cap H_{j}=\{1\}$，因为如果 $g \in H_{i} \cap H_{j}$ 且 $g \neq 1$，则 $g$ 是 $H_{i}$ 和 $H_{j}$ 的生成元，因此 $H_{i}=H_{j}$。由此可知 $G$ 中有 8 个阶为 3 的元素。由于 $\#(G)=12$，有 4 个 $G$ 的元素其阶不是 3。但如果 $K$ 是 $G$ 的 2-西罗子群，$K$ 中没有元素的阶为 3，所以 $K$ 包含在 $G$ 的阶不是 3 的元素集合中。由于 $K$ 的阶为 4，$K$ 等于 $G$ 的阶不是 3 的元素集合。特别地，存在一个唯一的 2-西罗子群。因此 $K$ 是正规的。
例 2.1.6. 取 $G=S_{4}$，其 $\#\left(S_{4}\right)=24$，我们看到 2-西罗子群的阶为 8，而 3-西罗子群的阶为 3。 $S_{4}$ 的 3-西罗子群与 $A_{4}$ 的相同，即由 3-循环生成的循环子群，因此有 4 个。每个 2-西罗子群都包含 $H$，因为 $H$ 在 $S_{4}$ 中是正规的，并且所有 2-西罗子群都是共轭的，所以要描述所有可能的 2-西罗子群，只需描述所有可以将 $H$ 扩展为 $S_{4}$ 的阶为 8 的子群的方式。不难证明有 3 种这样的方式，因此 $S_{4}$ 有 3 个不同的 2-西罗子群；注意 $3 \equiv 1(\bmod 2)$ 且 3 整除 24。其中一个就是子群 $D_{4}$，明确地由以下给出
但还有另外两种方式可以将 $H$ 扩展为阶为 8 的子群。例如，如果我们将 $(1,2)$ 加入 $H$，我们得到子群
找到子群 $P$ 的另一种方式如下：我们已经看到包含 $(1,2)(3,4)$ 的共轭类有 3 个元素。因此中心化子 $Z((1,2)(3,4))$ 的阶是 $24 / 3=8$。换句话说，与 $(1,2)(3,4)$ 可交换的 $S_{4}$ 元素集合是 $S_{4}$ 的阶为 8 的子群 $P$。注意 $P$ 包含 $H$，因为 $H$ 是阿贝尔群。通过检查可以找到 $P$ 的另外 4 个元素：显然 $(1,2)$ 与 $(1,2)(3,4)$ 可交换，那么 $P$ 的剩余 4 个元素一定是陪集 $(1,2) H$。最后，通过类似地将 $(1,4)$ 加入 $H$ 来找到第三个阶为 8 的子群。
例 2.1.7. 考虑对称群 $S_{p}$，其中 $p$ 是素数。则 $p$ 整除 $p!=\#\left(S_{p}\right)$，并且显然 $p$ 是素数 $p$ 整除 $p!$ 的最大幂次，因为每个小于 $p$ 的自然数 $k$ 都与 $p$ 互素。因此 $S_{p}$ 的每个 p-西罗子群的阶为 $p$，因此是循环群，并且它们的数量与 $1(\bmod p)$ 同余，并整除 $p!$。事实上，我们可以直接计算 $S_{p}$ 的 p-西罗子群的数量： $S_{p}$ 中阶为 $p$ 的元素只有 $p$-循环，并且如 (1) 中所述，$p$-循环的数量是 $p!/ p=(p-1)!$。然而，要计算阶为 $p$ 的循环子群的数量，我们应该将阶为 $p$ 的元素的数量除以阶为 $p$ 的循环群的生成元的数量，即 $\varphi(p)=p-1$。因此 $S_{p}$ 的 p-西罗子群的总数是 $(p-1)!/(p-1)=(p-2)!$，这显然整除 $p!$。这个数字与 $1(\bmod p)$ 同余的事实等同于初等数论中的以下定理：
定理 2.1.8 (威尔逊定理)。如果 $p$ 是一个素数，那么 $(p-1)!\equiv-1(\bmod p)$。
对于 $p=2$ 的情况，威尔逊定理是显而易见的。对于奇素数 $p$，威尔逊定理是一个简单的群论事实，它使用了我们已经陈述但未证明的结论，即 $(\mathbb{Z} / p \mathbb{Z})$* 是阶为 $p-1$ 的循环群，因此是一个偶数阶循环群。但如果 $G$ 是一个偶数阶循环群 $k$，以乘法形式书写，并且 $-1 \in G$ 是唯一的阶为 2 的元素，那么
因为如果 $g \in G, g \neq \pm 1$（即 $g$ 的阶不是 1 或 2），那么 $g^{-1} \neq g$。因此在上述乘积中，每个元素都与其逆元素配对，除了 1 和 -1，所以上述乘积变为 $1 \cdot(-1)=-1$。
例 2.1.9. 设 $G$ 是一个阶为 100 的群。则 $G$ 的每个 2-西罗子群的阶为 4，每个 5-西罗子群的阶为 25。 $G$ 的 2-西罗子群的数量是奇数并整除 100，因此等于 1、5 或 25。 $G$ 的 5-西罗子群的数量与 $1(\bmod 5)$ 同余，并整除 100，因此等于 1，因为 100 的因子中不被 5 整除的只有 1、2、4，而它们中没有一个与 $1(\bmod 5)$ 同余。特别地，$G$ 有一个阶为 25 的正规子群，因此不是单群。
我们现在转向西罗定理的证明。在给出证明之前，我们先记录我们将使用的两个引理：
引理 2.2.1 (阿贝尔群的柯西定理)。设 $G$ 是一个有限阿贝尔群。如果 $p$ 是一个素数使得 $p$ 整除 $\#(G)$，则存在一个 $G$ 中阶为 $p$ 的元素。
证明。证明通过对 $G$ 的阶进行完全归纳（如果 $p$ 不整除 $G$ 的阶，则我们认为该命题是空泛成立的，因此对 $G=\{1\}$ 也是如此）。此外，如果 $G$ 是循环群，我们知道，对于 $\#(G)$ 的每个因子 $d$，$G$ 包含一个阶为 $d$ 的元素，所以引理对所有循环群都成立。一般地，假设引理对所有阶小于 $n$ 的群都已证明，并设 $G$ 是一个阶为 $n$ 的群。设 $p$ 是一个整除 $n$ 的素数。由于 $n>1$，存在一个 $G$ 中的元素 $g \neq 1$。考虑循环子群 $H=\langle g\rangle \leq G$。如果 $p \mid \#(H)$，那么根据我们关于循环群的早期结果，$H$ 包含一个阶为 $p$ 的元素，这也就给出了 $G$ 中一个阶为 $p$ 的元素。如果 $p$ 不整除 $H$，则考虑商群 $G / H$，其阶为 $\#(G) / \#(H)<\#(G)$。（注意，由于 $G$ 是阿贝尔群，$H$ 自动在 $G$ 中是正规的，因此陪集形成一个群，这是我们使用 $G$ 是阿贝尔群的假设的唯一地方。）则 $p$ 整除 $\#(G)=\#(H) \#(G / H)$ 且 $p$ 不整除 $\#(H)$，因此 $p$ 整除 $\#(G / H)$。根据归纳假设，存在一个 $G / H$ 中的元素，换句话说是一个陪集 $x H$，其阶为 $p$。设 $N$ 是 $x$ 在 $G$ 中的阶。由于
当我们将陪集 $x H$ 提升到幂次 $N$ 时，我们得到恒等陪集 $H$。因此陪集 $x H$ 的阶，即 $p$，整除 $N$。由此可知循环群 $\langle x\rangle$ 的阶为 $N$，并且 $p$ 整除 $N$，所以，再次根据循环群的早期结果，存在一个 $\langle x\rangle$ 中阶为 $p$ 的元素。这再次给出了 $G$ 中一个阶为 $p$ 的元素。
注 2.2.2. 事实上，柯西定理对每个有限群 $G$ 都成立，不限于有限阿贝尔群。这可以从西罗定理的 (i) 推出（见下面的注 2.2.8）。
引理 2.2.3. 设 $G_{1}$ 和 $G_{2}$ 是两个有限群，$f: G_{1} \rightarrow G_{2}$ 是一个满同态，且 $H_{2}$ 是 $G_{2}$ 的一个子群，不一定是正规的。那么，如果
则 $\left(G_{1}: H_{1}\right)=\left(G_{2}: H_{2}\right)$。
证明。 $G_{2}$ 通过左乘法作用于左陪集 $G_{2} / H_{2}$ 的集合是传递的，并且 $\#\left(G_{2} / H_{2}\right)=\#\left(G_{2}\right) / \#\left(H_{2}\right)=\left(G_{2}: H_{2}\right)$。通过同态 $f, G_{1}$ 也通过作用 $g \cdot\left(x H_{2}\right)=f(g) x H_{2}$ 作用于 $G_{2} / H_{2}$。由于 $f$ 是满射，$G_{1}$ 传递地作用于 $G_{2} / H_{2}$。恒等陪集 $H_{2} \in G_{2} / H_{2}$ 的稳定子群根据定义是
那么 $G_{2} / H_{2}$ 与 $G_{1} / H_{1}$ 是 $G$-同构的，特别地，它们具有相同数量的元素。因此
西罗定理 (i) 的证明。我们必须证明，对于每个整除 $\#(G)$ 的 $p$， $G$ 的 p-西罗子群 $P$ 存在。正如柯西定理的证明一样，证明将通过对 $\#(G)$ 进行完全归纳，并且如果 $p$ 不整除 $\#(G)$，则命题是空泛的。正如西罗定理的陈述一样，将 $\#(G)$ 写成 $p^{r} m$；我们正在寻找一个阶为 $p^{r}$ 的子群 $P$，或者等价地使得 $(G: P)=m$。注意，如果 $H \leq G$ 且 $\#(H)=p^{r} m^{\prime}$，那么 $H$ 的 p-西罗子群也将是 $G$ 的 p-西罗子群。
情况 I： $p$ 整除 $\#(Z(G))$。在这种情况下，根据柯西定理，存在一个 $Z(G)$ 中阶为 $p$ 的元素 $x \in Z(G)$，因为 $Z(G)$ 是阿贝尔群。由于 $\langle x\rangle \leq Z(G)$， $\langle x\rangle$ 是 $G$ 的一个阶为 $p$ 的正规子群，因此 $G /\langle x\rangle$ 是一个阶为 $p^{r-1} m$ 的群。通过归纳，存在一个 $G /\langle x\rangle$ 的 p-西罗子群 $P^{\prime}$（如果 $r=1$，可能 $P^{\prime}=\{1\}$）。商同态 $\pi: G \rightarrow G /\langle x\rangle$ 是满射，我们取 $P=\pi^{-1}\left(P^{\prime}\right) \leq G$。根据对 $G_{1}=G, G_{2}=G /\langle x\rangle$ 和 $H_{2}=P^{\prime}$ 应用引理 2.2.3， $(G: P)=\left(G /\langle x\rangle: P^{\prime}\right)=m$。因此 $\#(P)=p^{r}$ 且 $P$ 是 $G$ 的 p-西罗子群。
情况 II： $p$ 不整除 $\#(Z(G))$。在这种情况下，我们考虑类方程：
那么，由于 $p$ 整除 $\#(G)$ 但 $p$ 不整除 $\#(Z(G))$，必然存在某个 $i$ 使得 $p$ 不整除 $(G: Z\left(x_{i}\right))$。注意 $Z\left(x_{i}\right)$ 是 $G$ 的一个真子群，因为 $\left(G: Z\left(x_{i}\right)\right)>1$。由于
$Z\left(x_{i}\right)$ 的阶是 $p^{r} m^{\prime}$ 的形式，其中 $m^{\prime}<m$，因为 $p$ 不整除 $(G: Z\left(x_{i}\right))$。根据归纳假设，存在一个 $Z\left(x_{i}\right)$ 的 p-西罗子群 $P$，换句话说是一个阶为 $p^{r}$ 的 $Z\left(x_{i}\right)$ 的子群 $P$。但这样 $P$ 就是 $G$ 的 p-西罗子群。
在我们证明西罗定理的其余命题之前，我们先做一些一般性说明。设 $G$ 是一个群，设 $H$ 和 $K$ 是 $G$ 的两个子群。则 $G$ 传递地作用于左陪集 $K$ 的集合 $X=G / K$。特别是，除非 $G / K$ 只有一个元素，即除非 $G=K$，否则没有单元素轨道。换句话说，如果 $K$ 是 $G$ 的真子群，则 $X^{G}=\emptyset$。然而，我们也可以查看子群 $H$ 在 $X$ 上的作用。这里 $h \in H$ 照常通过左乘法作用。在这种情况下，不动点集的元素肯定可以存在，事实上我们可以明确地描述它们：
引理 2.2.4. 设 $G$ 是一个群，设 $H$ 和 $K$ 是 $G$ 的两个子群，且设 $X=G / K$，我们将其视为一个 $H$-集合。
(i) 不动点集 $X^{H}$ 由以下给出
(ii) 如果 $K=H$ 且 $H$ 是有限的，则 $H$ 作用于 $G / H$ 的不动点集是
为了将引理 2.2.4 的 (ii) 放在上下文中，我们给出以下定义：
定义 2.2.5. 设 $G$ 是一个群，且 $H$ 是 $G$ 的一个子群。定义 $N_{G}(H)$，即 $H$ 在 $G$ 中的正规化子，为
我们将其留作习题，证明 $N_{G}(H) \leq G$ 且 $H \leq N_{G}(H)$。因此引理 2.2.4 的 (ii) 表明，对于 $K=H$ 和 $X=G / H$ 的情况，$X^{H}=N_{G}(H) / H$。
引理 2.2.4 的证明。(i) 陪集 $g K$ 被 $H$ 固定 $\Longleftrightarrow$ 对于所有 $h \in H, h g K=g K$ $\Longleftrightarrow$ 对于所有 $h \in H, g^{-1} h g K=K$ $\Longleftrightarrow$ 对于所有 $h \in H, g^{-1} h g \in K$ $\Longleftrightarrow$ 对于所有 $h \in H, h \in g K g^{-1}$ $\Longleftrightarrow H \subseteq g K g^{-1}$。
(ii) 将 (i) 应用于 $H=K$ 的情况，我们看到 $g H$ 被 $H$ 固定 $\Longleftrightarrow H \subseteq g H g^{-1} \Longleftrightarrow H=g H g^{-1}$，因为 $H$ 和 $g H g^{-1}$ 具有相同数量的元素。不难证明 $N_{G}(H)$ 是 $G$ 的一个子群，并且它显然包含 $H$。 $X^{H}$ 作为 $N_{G}(H) / H$ 的描述紧随其后，因为 $X^{H}=\left\{g H: g \in N_{G}(H)\right\}$。
西罗定理的 (ii)、(iii) 的证明。固定 $G$ 的一个 p-西罗子群 $P$；我们知道根据 (i) 的证明存在一个。设 $H$ 是 $G$ 的任意一个阶为 $p^{s}$ 的子群，$1 \leq s \leq r$。我们将证明存在一个 $g \in G$ 使得 $H \leq g P g^{-1}$。由于 $g P g^{-1}$ 的阶为 $p^{r}$，它也是 $G$ 的一个 p-西罗子群。这证明了 (iii)。要看 (ii)，如果 $H$ 本身是一个 p-西罗子群，那么 $H \leq g P g^{-1}$，但这两个子群的阶都是 $p^{r}$。因此 $H=g P g^{-1}$，所以 $H$ 和 $P$ 是共轭的。这证明了 (ii)。
要找到上述元素 $g$，考虑群 $H$ 对左陪集 $G / P$ 的集合 $X$ 的作用。则 $\#(X)=\#(G / P)=(G: P)=m$。由于 $H$ 的阶是 $p$ 的幂次，
特别地，$X^{H} \neq \emptyset$，因为 $m$ 不与 $0 \bmod p$ 同余。根据引理 2.2.4，如果 $g P$ 是不动点集 $X^{H}$ 中的一个陪集，那么 $H \leq g P g^{-1}$，正如所声称的。
西罗定理的 (iv) 的证明。参照上述 (ii)、(iii) 的证明，令 $X=G / P$ 照旧，取 $H=P$。根据引理 2.2.4，$X^{P}=N_{G}(P) / P$，它是陪集 $g P$ 的集合，其中 $g \in N_{G}(P)$，而 $N_{G}(P) \leq G$ 是 $P$ 的正规化子。此外，由于 $\#(P)$ 是 $p$ 的幂次，我们有：
现在设 $Y_{p}$ 是所有 p-西罗子群的集合，视为 $\mathcal{P}(G)$ 的子集，其中 $\mathcal{P}(G)$ 是 $G$ 的所有子集的集合。 (iv) 的命题是说 $\#\left(Y_{p}\right)$ 整除 $\#(G)$ 并且 $\#\left(Y_{p}\right) \equiv 1(\bmod p)$。群 $G$ 通过共轭作用于 $Y_{p}$，因为如果 $P$ 是一个 p-西罗子群，那么对于每个 $g \in G$， $i_{g}(P)=g P g^{-1}$ 也是。根据 (ii)， $G$ 对 $Y_{p}$ 的作用是传递的，因为任意两个 p-西罗子群都是共轭的。此外，一个固定 p-西罗子群 $P$ 的稳定子群根据定义是正规化子 $N_{G}(P)$。因此，
特别地，$\#\left(Y_{p}\right)$ 整除 $\#(G)$。因此
根据我们上面证明的。由于 $m$ 和 $p$ 互素，我们可以在方程 $m \equiv \#\left(Y_{p}\right) \cdot m(\bmod p)$ 中消去 $m$，得到 $\#\left(Y_{p}\right) \equiv 1(\bmod p)$。这证明了 (iv)，也因此证明了西罗定理。
命题 2.2.6. 设 $G$ 是一个阶为 $p^{r}$ 的有限群，其中 $p$ 是素数。则对于每个 $i \leq r$，存在一个 $G$ 的阶为 $p^{i}$ 的子群。
证明。证明通过对 $r$ 进行归纳， $r=1$ 的情况是空泛成立的。假设对于所有阶为 $p^{t}$ 且 $t<r$ 的群结论成立，我们知道中心 $Z(G)$ 是非平凡的，因此存在一个 $Z(G)$ 中阶为 $p$ 的元素 $g \in Z(G)$。因此 $\langle x\rangle$ 是 $G$ 的一个阶为 $p$ 的子群。现在设 $s$ 是一个自然数，满足 $1<s \leq r$。子群 $\langle x\rangle$ 是 $G$ 的一个正规子群，商群 $G /\langle x\rangle$ 的阶为 $p^{r-1}$。对于每个满足 $1<s \leq r$ 的 $s$，根据归纳假设，存在一个 $G /\langle x\rangle$ 的阶为 $p^{s-1}$ 的子群 $J$，或者等价地 $(G /\langle x\rangle: J)=p^{r-s}$。那么如果 $\pi: G \rightarrow G /\langle x\rangle$ 是商同态，且 $H=\pi^{-1}(J)$，根据引理 2.2.3，我们有 $(G: H)=(G /\langle x\rangle: J)=p^{r-s}$，因此 $H$ 的阶为 $p^{s}$。这完成了归纳步骤，也因此证明了命题。
推论 2.2.7. 如果 $G$ 是一个阶为 $n=p^{r} m$ 的群，其中 $r>0$ 且 $p$ 不整除 $m$，则 $G$ 对于所有 $i \leq r$ 都含有一个阶为 $p^{i}$ 的子群。
证明。这可以通过将上述命题应用于 $G$ 的一个 p-西罗子群 $P \leq G$ 得到。
注 2.2.8. 推论中 $i=r$ 的情况是西罗定理的 (i)，而 $i=1$ 的情况是柯西定理的一般形式：如果 $G$ 是一个有限群，不一定是阿贝尔群，并且 $p \mid \#(G)$，则存在一个 $G$ 中阶为 $p$ 的元素。事实上，不使用命题 2.2.6，如果 $P$ 是 $G$ 的 p-西罗子群，那么每个元素 $x \in P$ 的阶都整除 $p^{r}$。选择一个 $x \neq 1$。则 $\#(\langle x\rangle)=p^{s}$ 对于某个 $s \geq 1$。因此循环群 $\langle x\rangle$ 有一个阶为 $p$ 的元素，所以 $G$ 也是如此。
警告。西罗定理中的命题 (ii) 和 (iv) 仅适用于 p-西罗子群，不一定适用于阶为 $p^{s}$ 且 $s<r$ 的 $G$ 的子群。因此，不一定所有这样的子群都是共轭的，并且通常没有关于这类子群数量的结果。例如，在阶为 $8=2^{3}$ 的群中，每个阶为 $4=2^{2}$ 的子群都是正规的，因此，如果所有这类子群都是共轭的，那么就只有一个这样的子群。但 $(\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 有一个同构于 $\mathbb{Z} / 4 \mathbb{Z}$ 的阶为 4 的子群，以及另一个同构于 $(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z}) \times(\mathbb{Z} / 2 \mathbb{Z})$ 的阶为 4 的子群，所以这两个子群甚至不是同构群。
西罗定理可以用来证明许多有限群不能是单群。我们从阶为 $p q$ 的群开始。
命题 2.3.1. 设 $p$ 和 $q$ 是不同的素数，且 $p<q$，设 $G$ 是一个阶为 $p q$ 的群。则：
(i) 存在一个唯一的 $q$-西罗子群 $Q$，$Q$ 因此是正规的。因此 $G$ 不是单群。
(ii) 如果 $q$ 不与 $1 \bmod p$ 同余，那么存在一个唯一的 $p$-西罗子群 $P$，它因此也是正规的。一般地，如果存在一个唯一的 $p$-西罗子群 $P$，它因此是正规的，那么
证明。(i) 设 $Q$ 是一个 $q$-西罗子群。则 $q$-西罗子群的数量 $n_{q}$ 整除 $p q$ 且与 $1(\bmod q)$ 同余，特别地不被 $q$ 整除。但 $p q$ 的因子只有 $1, p, q$ 和 $p q$。因此，如果 $n_{q}$ 整除 $p q$ 且不被 $q$ 整除，那么 $n_{q}=1$ 或 $n_{q}=p$。然而，$n_{q}=p$ 的情况是不可能的，因为那样 $p=k q+1>q$，由于 $k \neq 0$，这与 $p<q$ 的假设矛盾。因此 $n_{q}=1$，即存在一个唯一的 $q$-西罗子群，并且根据推论 2.1.4，它必然是正规的。
(ii) 同样的论证表明，如果存在多个 $p$-西罗子群，那么有 $q$ 个这样的子群，并且 $q \equiv 1(\bmod p)$。反之，如果 $q$ 不与 $1 \bmod p$ 同余，那么存在一个唯一的 $p$-西罗子群 $P$，它必然也是正规的。最后假设 $Q$ 和 $P$ 都是正规的。则 $\#(P) \#(Q)=p q=\#(G)$ 且 $P \cap Q=\{1\}$，因为 $p$ 和 $q$ 互素。因此，根据我们稍后将证明的一个结果，
注 2.3.2. 如果 $q \equiv 1(\bmod p)$，则事实证明，在同构意义下，恰好有一个阶为 $p q$ 的非阿贝尔群。这个群可以明确地描述为一个半直积；它在某种意义上是二面体群的推广。
接下来我们有以下结果：
命题 2.3.3. 如果 $\#(G)=n=2 k$，其中 $k$ 是奇数，则 $G$ 不是单群。
证明。首先我们注意以下引理：
引理 2.3.4. 设 $G$ 是一个阶 $\#(G)>2$ 的单群，设 $f: G \rightarrow S_{n}$ 是一个非平凡同态（即 $\operatorname{Im} f \neq\{1\}$）。则 $f$ 是内射的且 $\operatorname{Im} f \subseteq A_{n}$。
证明。由于 $G$ 是单群且 $f$ 不平凡，根据习题 4.29，它是内射的。考虑复合映射 $\varepsilon \circ f: G \rightarrow\{ \pm 1\}$。则 $\varepsilon \circ f$ 是一个同态，它不能是内射的，因为 $\#(G)>2$ 但 $\#(\{ \pm 1\})=2$。因此 $\varepsilon \circ f$ 是平凡的，即对于所有 $g \in G, \varepsilon(f(g))=1$。这表明对于每个 $g \in G, f(g) \in A_{n}$，即 $\operatorname{Im} f \subseteq A_{n}$。
回到命题 2.3.3 的证明，根据西罗定理，存在一个 $G$ 的 2-西罗子群，因此存在一个 $G$ 中阶为 2 的元素 $g$。（见注 2.2.8，关于如何推导这一点的更多讨论。）现在考虑凯莱定理的同态 $f: G \rightarrow S_{G} \cong S_{n}$。我们将证明 $f$ 的像不包含在 $A_{n}$ 中，因此根据引理 2.3.4，$G$ 不是单群。
为了在 $A_{n}$ 中找到不在 $f$ 像中的元素，考虑 $f(g)=\ell_{g}$，其中 $g$ 的阶如上所述为 2。 $\ell_{g}$ 的一个轨道是 $\{x, g x\}$ 的形式，因为 $\ell_{g}(x)=g x \neq x$ 且 $\ell_{g}^{2}(x)=\ell_{g^{2}}(x)= \ell_{1}(x)=x$。因此，对应于 $\ell_{g}$ 的置换由 $k$ 个不相交的对换组成，即存在对 $G$ 的元素进行标记的方式使得
特别地，$\ell_{g}$ 是一个奇置换，因此不在 $A_{n}$ 中。
以下引理是西罗定理的另一个简单推论：
命题 2.3.5. 如果 $\#(G)=p q^{2}$，其中 $p$ 和 $q$ 是不同的素数，则 $G$ 不是单群。
证明。 $p q^{2}$ 的因子中与 $q$ 互素的只有 1 和 $p$，而与 $p$ 互素的因子只有 $1, q$ 和 $q^{2}$。因此有 1 或 $p$ 个 $q$-西罗子群和 1、$q$ 或 $q^{2}$ 个 $p$-西罗子群。
首先假设 $q>p$。如果 $n_{q}$ 是 $q$-西罗子群的数量，那么 $n_{q}=1$ 或 $n_{q}>q$ 且 $n_{q}$ 整除 $p$。由于 $p<q$，第二种情况是不可能的（如命题 2.3.1(i) 的证明）。因此 $n_{q}=1$，并且唯一的 $q$-西罗子群是正规的。
如果 $q<p$，那么特别地 $p$ 是一个素数 $>2$，因此 $p$ 是奇数。设 $n_{p}$ 是 $p$-西罗子群的数量，$n_{p} \equiv 1(\bmod p)$，因此 $n_{p}=a p+1$ 对于某个正整数 $a$。此外，$n_{p}$ 是 $1, q$ 或 $q^{2}$。 $n_{p}=q$ 的情况是不可能的，因为那样 $a>0$ 且 $q=n_{p}>p$。如果 $n_{p}=q^{2}$，那么
所以 $p$ 整除 $q-1$ 或 $p$ 整除 $q+1$。再次使用 $q<p$ 的假设，$p$ 整除 $q-1$ 的情况是不可能的，如果 $p$ 整除 $q+1$，那么 $p-1 \leq q<p$，所以唯一可能的情况是 $p=q+1$。由于 $p$ 是奇数，$q$ 是偶数，因此 $q=2$。那么 $\#(G)=3 \cdot 2^{2}=12$，然后命题 2.1.5 表明 $G$ 不是单群。剩下的可能性是 $n_{p}=1$，在这种情况下唯一的 $p$-西罗子群是正规的。所以，在所有情况下，$G$ 都有一个非平凡的真正规子群，因此不是单群。
还有其他关于单群的结果是西罗定理的相当直接的推论。其中一个就是以下（习题 5.17）：
命题 2.3.6. 如果 $\#(G)=p q r$，其中 $p<q<r$ 是不同的素数，则 $G$ 不是单群。
还有关于单群的更深层结果。其中一个就是伯恩赛德的 $p^{a} q^{b}$ 定理，于 1904 年通过表示论首次证明：
定理 2.3.7. 设 $G$ 是一个阶为 $p^{a} q^{b}$ 且 $a, b \geq 1$ 的群。则 $G$ 不是单群。换句话说，如果 $G$ 是一个非阿贝尔单群，那么 $G$ 的阶至少被 3 个素数整除。
一个更深层的结果是费特-汤普森定理，于 1965 年证明：
定理 2.3.8. 设 $G$ 是一个非阿贝尔有限单群。则 $G$ 的阶是偶数。
我们从以下关于有限单群的结果开始：
引理 2.4.1. 设 $G$ 是一个有限单非阿贝尔群，设 $p$ 是一个整除 $\#(G)$ 的素数，设 $n_{p}$ 是 $G$ 的 p-西罗子群的数量，必然 $>1$。则 $\#(G)$ 整除 $\left(n_{p}\right)!/ 2$。此外，如果 $\#(G)=\left(n_{p}\right)!/ 2$，那么 $G \cong A_{n_{p}}$。
证明。正如西罗定理的证明一样，设 $Y_{p}$ 是所有 p-西罗子群的集合，因此 $n_{p}=\#\left(Y_{p}\right)$。注意 $G$ 通过共轭作用于 $Y_{p}$，事实上这个作用是传递的，即 $G$ 的任意两个 2-西罗子群都是共轭的，根据西罗定理的 (ii)。 $G$ 在 $Y_{p}$ 上的作用定义了一个同态 $f: G \rightarrow S_{Y_{p}} \cong S_{n_{p}}$，根据凯莱定理的推广形式，它是非平凡的，因为 $G$ 传递地作用于 $Y_{p}$。根据引理 2.3.4，同态 $f: G \rightarrow S_{n_{p}}$ 是内射的，并且其像包含在 $A_{n_{p}}$ 中。因此 $f$ 定义了一个从 $G$ 到 $A_{n_{p}}$ 的子群的同构，也记作 $f$。根据拉格朗日定理，$\#(G)$ 整除 $\#\left(A_{n_{p}}\right)=\left(n_{p}\right)!/ 2$。最后，如果 $\#(G)=\left(n_{p}\right)!/ 2$，那么 $f$ 的像就是 $A_{n_{p}}$ 的全部。因此 $G \cong A_{n_{p}}$。
推论 2.4.2. 假设 $G$ 是一个有限群，其阶为 $\#(G)=p^{r} q$，其中 $p$ 和 $q$ 是不同的素数，使得 $p^{r}$ 不整除 $(q-1)!/ 2$。则 $G$ 不是单群。
证明。如果 $G$ 是单群，那么，在引理 2.4.1 的记号中，$n_{p}>1$ 且 $n_{p}$ 整除 $q$，因此 $n_{p}=q$。再次根据引理 2.4.1，$p^{r} q$ 整除 $q!/ 2$，因此 $p^{r}$ 整除 $(q-1)!/ 2$。这与假设矛盾。
引理 2.4.3. 设 $G$ 是一个阶 $n>2$ 的有限单群，设 $J$ 是 $G$ 的一个真子群，指数为 $k$。则 $n$ 整除 $k!/ 2$，如果相等成立，那么 $G \cong A_{k}$。
证明。设 $Z=G / J$，因此 $\#(Z)=\#(G / J)=\#(G) / \#(J)=(G: J)$。则 $G$ 通过左乘法传递地作用于 $Z$，因此存在一个同态 $f: G \rightarrow S_{Z} \cong S_{k}$，其中 $k=(G: J)$。由于 $J$ 是真的，$k>1$，因此同态 $f$ 是非平凡的。根据引理 2.3.4，$f$ 是内射的，并且其像包含在 $A_{k}$ 中。因此 $G$ 同构于 $A_{k}$ 的一个子群。根据拉格朗日定理，$n=\#(G)$ 整除 $k!/ 2$。此外，如果相等成立，那么，正如引理 2.4.1 的证明一样，$f$ 的像必须是 $A_{k}$。因此 $f$ 是从 $G$ 到 $A_{k}$ 的一个同构。
我们还有一个有用的计数引理：
引理 2.4.4. 设 $G$ 是一个群，设 $H$ 和 $K$ 是 $G$ 的两个有限子群。照常定义 $H K=\{h k: h \in H, k \in K\}$。则
注 2.4.5. 如果两个子群 $H, K$ 中的一个，例如 $H$，在 $G$ 中是正规的，那么 $H K$ 再次是一个子群，并且引理 2.4.4 很容易从第二同构定理推出。然而，一般地，如果 $H$ 和 $K$ 都不正规，那么 $H K$ 不一定是 $G$ 的子群，并且，如果 $G$ 是有限的，甚至不一定 $\#(H K)$ 整除 $\#(G)$。然而，我们仍然得到一个数值结果。
引理 2.4.4 的证明。定义一个函数 $f: H \times K \rightarrow H K$，通过 $f(h, k)=h k$。根据定义，$f$ 是满射的。我们声称，对于每个 $x=h k \in H K, \#\left(f^{-1}(x)\right)=\#(H \cap K)$。更精确地说，对于每个 $x \in H K$，我们将找到一个从 $H \cap K$ 到 $f^{-1}(x)$ 的双射。一旦建立了这一点，就可知将 $\#(H K)$ 乘以 $\#(H \cap K)$ 恰好计算了 $H \times K$ 的每个元素一次。因此
这只是引理 2.4.4 结论的重述。
为了证明这个声称，固定 $h \in H$ 和 $k \in K$，并设 $x=h k=f(h, k) \in H K$。如果 $g \in H \cap K$，注意 $h g \in H$ 且 $g^{-1} k \in K$，因为 $H$ 和 $K$ 是子群。考虑函数 $j: H \cap K \rightarrow H \times K$，由 $j(g)=\left(h g, g^{-1} k\right)$ 定义。显然，$f\left(h g, g^{-1} k\right)=h g g^{-1} k=h k=x$，所以 $j$ 的像包含在 $f^{-1}(x)$ 中。只需证明 $j$ 定义了一个从 $H \cap K$ 到 $f^{-1}(x)$ 的双射。首先，$j$ 是内射的，因为如果 $j(g)=j\left(g^{\prime}\right)$，那么特别地 $h g=h g^{\prime}$，因此 $g=g^{\prime}$。要看 $j$ 是到 $f^{-1}(x)$ 的满射，设 $\left(h^{\prime}, k^{\prime}\right) \in f^{-1}(x)$。根据定义，$f\left(h^{\prime}, k^{\prime}\right)=h^{\prime} k^{\prime}=x=h k$。那么
因此 $h^{\prime}=h g$ 且 $g k^{\prime}=k$，所以 $k^{\prime}=g^{-1} k$。这表明 $\left(h^{\prime}, k^{\prime}\right)=j(g)$，因此 $j: H \cap K \rightarrow f^{-1}(x)$ 是满射的。因此它定义了一个从 $H \cap K$ 到 $f^{-1}(x)$ 的双射，正如所声称的。
推论 2.4.6. 如果 $G$ 是一个有限群，且 $H$ 和 $K$ 是 $G$ 的两个子群，则
证明。根据引理 2.4.4，$\#(H) \#(K)=\#(H \cap K) \cdot \#(H K) \leq \#(H \cap K) \cdot \#(G)$，因为 $H K \subseteq G$。
定理 2.4.7. 设 $G$ 是一个阶 $\#(G)<60$ 的有限单群。则 $G$ 是一个阶为素数的循环群。等价地，如果 $G$ 是一个有限非阿贝尔单群，那么 $\#(G) \geq 60$。
证明。首先，我们知道，如果 $G$ 是一个有限非阿贝尔单群，那么 $G$ 的阶不是素数 $p$ 的幂次 $p^{r}$ 的形式，也不是 $p q$ 的形式，其中 $p$ 和 $q$ 是两个不同的素数。根据命题 2.3.3 和命题 2.3.5，我们可以假设 $\#(G)$ 不是 $2 k$ 的形式，其中 $k$ 是奇数，也不是 $p q^{2}$ 的形式，其中 $p$ 和 $q$ 是不同的素数。如果 $n$ 是小于 60 的正整数，只有 $n=36=2^{2} 3^{2}$ 或 $n$ 是 8 的倍数（不是 2 的幂次），即 $n=24,40,48,56$ 的情况未被上述讨论涵盖。 $n=40$ 和 $n=56$ 的情况留作习题。 $n=24=2^{3} 3$ 和 $n=48=2^{4} 3$ 的情况由推论 2.4.2 涵盖：对于 $n=24=2^{3} 3, 2^{3}$ 不整除 $3!/ 2=3$，对于 $n=48=2^{4} 3, 2^{4}$ 不整除 $3!/ 2=3$。在剩下的情况 $n=36=2^{2} 3^{2}$ 中，$G$ 要么有 1 个，要么有 4 个 3-西罗子群。如果只有一个，它是正规的。因此我们可以假设 $G$ 有 4 个 3-西罗子群，即 $n_{3}=4$。在这种情况下，我们根据引理 2.4.1 得到矛盾，因为 36 不整除 $4!/ 2=12$。这完成了定理 2.4.7 的证明。
对于上述情况，还有另一种方法，其中一个关键角色是定义 2.2.5 中定义的 $G$ 的子群的正规化子。我们在这里处理 $n=36$ 的情况，但类似的论证也适用于 $\#(G)=24,48$ 的情况。
引理 2.4.8. 如果 $\#(G)=36$，则 $G$ 不是单群。
证明。如果 $\#(G)=36$，则 $G$ 要么有 1 个，要么有 4 个 3-西罗子群。如果只有一个，它是正规的。因此我们可以假设 $G$ 有 4 个 3-西罗子群，阶都为 9。设 $H$ 和 $K$ 是其中两个，且 $H \neq K$。那么，根据推论 2.4.6，$\#(H) \#(K) / \#(G)=81 / 36 \leq \#(H \cap K)$。因此 $\#(H \cap K) \geq 3$。由于 $\#(H \cap K) \geq 3$ 且整除 9，并且 $\#(H \cap K)=9$ 是不可能的，因为 $H \neq K$，所以我们必须有 $\#(H \cap K)=3$。 $H$ 和 $K$ 都是阿贝尔群，因为它们的阶是 $9=3^{2}$。因此 $H \cap K$ 是 $H$ 和 $K$ 的一个正规子群。正规化子 $N_{G}(H \cap K)$ 因此包含 $H$ 和 $K$。那么 $H$ 和 $K$ 都是 $N_{G}(H \cap K)$ 的真子群，因为它们中的任何一个都不包含在另一个中。因此 $N_{G}(H \cap K)$ 的阶严格大于 9，被 9 整除并整除 36。因此它必须是 18 或 36。如果阶是 36，那么 $H \cap K$ 是 $G$ 的一个阶为 3 的正规子群，因此 $G$ 不是单群。如果阶是 18，那么 $G$ 包含一个阶为 $18=\frac{1}{2}(36)$ 的子群，它因此自动是正规的。因此，在任何一种情况下，$G$ 都不是单群。
最后，我们概述以下证明：
定理 2.4.9. 设 $G$ 是一个阶为 60 的单群。则 $G \cong A_{5}$。
证明。如果 $G$ 是一个阶为 60 的单群，那么每个 2-西罗子群的阶为 4。设 $Y_{2}$ 是 $G$ 的所有 2-西罗子群的集合，设 $n_{2}=\#\left(Y_{2}\right)$。因此 $n_{2} \equiv 1(\bmod 2)$（即是奇数）并整除 60，因此是 1、3、5 或 15。 $n_{2}=1$ 的情况是不可能的，因为那样将存在一个唯一的 2-西罗子群，它必须是一个非平凡的真正规子群。所以我们可以假设 $n_{2}>1$。根据引理 2.4.1，$n_{2}=3$ 的情况也是不可能的，因为 60 不整除 $3!$。
接下来假设 $n_{2}=5$。根据引理 2.4.1，由于 $\#(G)=5!/ 2$， $G \cong A_{5}$。
为了完成定理 2.4.9 的证明，我们必须排除 $n_{2}=15$ 的情况。这通过一个稍微复杂的计数论证来完成，类似于引理 2.4.8 的证明。首先我们声称存在两个不同的 2-西罗子群 $H$ 和 $K$ 使得 $\#(H \cap K)=2$：反之，假设对于每对不同的 2-西罗子群 $H$ 和 $K, H \cap K=\{1\}$。每个 2-西罗子群有 3 个阶为 2 或 4 的元素，所以总共有 $3 \cdot 15=45$ 个不同的阶为 2 或 4 的 $G$ 的元素。另一方面，$G$ 的 5-西罗子群的数量与 $1 \bmod 5$ 同余并整除 12，因此有 1 或 6 个 5-西罗子群。由于 $G$ 是单群，必须有 6 个，阶都为 5。但这样，每个不是恒等元的 5-西罗子群的元素都是生成元。由此可知，两个不同的 5-西罗子群的交集是 $\{1\}$，因此总共有 $4 \cdot 6=24$ 个阶为 5 的 $G$ 的元素。但阶为 2 或 4 的元素有 45 个，而 $45+24=69>60$，这是不可能的。
因此存在两个不同的 2-西罗子群 $H$ 和 $K$ 使得 $\#(H \cap K)=2$。注意 $H$ 和 $K$ 的阶为 4，因此是阿贝尔群。则 $H \cap K$ 是 $H$ 和 $K$ 的一个正规子群。正如定理 2.4.7 的证明中所论证的那样，正规化子 $N=N_{G}(H \cap K)$ 严格包含 $H$ 和 $K$。因此，$N$ 的阶可被 4 整除，大于 4，并整除 60，但不等于 60，因为 $H \cap K$ 不能是 $G$ 的正规子群。因此指数 $(G: N)=\#(G) / \#(N)$ 整除 15 且小于 15。唯一可能性是 $(G: N)=3$ 或 5。根据引理 2.4.3，$(G: N)=3$ 的情况是不可能的，如果 $(G: N)=5$，那么 $G \cong A_{5}$。（事实上，这种情况不会发生，因为可以直接验证 $A_{5}$ 有 5 个 2-西罗子群。）
习题 5.1. 设 $G$ 是一个群，设 $X_{1}$ 和 $X_{2}$ 是 $G$-集合。证明 $G$ 通过规则
作用于乘积 $X_{1} \times X_{2}$。给定 $\left(x_{1}, x_{2}\right) \in X_{1} \times X_{2}$，用 $x_{1}$ 和 $x_{2}$ 的稳定子群来描述 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 的稳定子群。
习题 5.2. 设 $X=\{1,2,3\} \times\{1,2,3\} \times\{1,2,3\}$，并设 $S_{3}$ 作用于 $X$（但对于三个集合而不是两个），通过作用
找到 $v=(1,2,3) ; v=(1,1,2) ; v=(1,1,1)$ 的轨道和稳定子群。在所有情况下验证轨道中的元素数量整除 $S_{3}$ 的阶。
习题 5.3. 设 $S_{3}$ 通过置换矩阵 $P(\sigma)$ 作用于 $\mathbb{R}^{3}$，其中 $P(\sigma)$ 置换基向量： $P(\sigma)\left(\mathbf{e}_{i}\right)=\mathbf{e}_{\sigma(i)}$。证明，使用这个公式，
并且这实际上是 $\mathbb{R}^{3}$ 上的一个作用。（注意：如果您考虑更自然的定义 $\sigma *\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=\left(x_{\sigma(1)}, x_{\sigma(2)}, x_{\sigma(3)}\right)$，那么结果是