思路：把 $G$ 用有限阿贝尔群基本定理拆成"准素阶循环群"的直和，再对每个素因子分别取出所需大小的子群。
由基本定理，存在素数 $p_1,\dots,p_r$ 与正整数 $e_1,\dots,e_r$，使
$$G \cong C_{p_1^{e_1}}\oplus C_{p_2^{e_2}}\oplus\cdots\oplus C_{p_r^{e_r}},\qquad |G|=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}.$$
任取因子 $d$，把它写成准素分解 $d=p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}$，其中 $0\le f_i\le e_i$。
关键事实：循环群 $C_{p^e}$ 对每个 $0\le f\le e$ 有唯一一个 $p^f$ 阶子群（就是由元素 $p^{e-f}$ 生成的子群 $\langle p^{e-f}\rangle$）。于是在每个 $C_{p_i^{e_i}}$ 里取出那个唯一的 $p_i^{f_i}$ 阶子群 $H_i$。
直和 $H=H_1\oplus H_2\oplus\cdots\oplus H_r$ 的阶是
$$|H|=|H_1||H_2|\cdots|H_r|=p_1^{f_1}p_2^{f_2}\cdots p_r^{f_r}=d,$$
所以 $H$ 就是 $G$ 中阶为 $d$ 的子群。$\blacksquare$
注：这就是"拉格朗日定理的逆在有限阿贝尔群中成立"——阶的每个因子都能实现为一个子群的阶。
思路：用初等因子（准素分解中每个 $p^e$ 出现的重数）来刻画同构型。直和就是把初等因子的重数相加。
设 $G\cong\bigoplus_{p,j} C_{p^{a_{p,j}}}$，其中 $a_{p,1}\ge a_{p,2}\ge\cdots$。对每个素数 $p$ 和每个指数 $e\ge 1$，记
$$n_{p,e}(G)=\#\{\,j : a_{p,j}=e\,\},$$
即 $G$ 的初等因子中 $p^e$ 出现的次数。有限阿贝尔群的同构型完全由这一族数 $\{n_{p,e}\}$ 决定。
关键：直和 $G\oplus G$ 中，$p^e$ 出现的次数是 $n_{p,e}(G)+n_{p,e}(G)=2\,n_{p,e}(G)$。于是
$$G\oplus G\cong H\oplus H \;\Longrightarrow\; 2\,n_{p,e}(G)=2\,n_{p,e}(H)\;\Longrightarrow\; n_{p,e}(G)=n_{p,e}(H)$$
对一切 $p,e$ 成立。故 $G\cong H$。$\blacksquare$
方法与题 2 完全一致。对每个素数 $p$ 与指数 $e$，有
$$n_{p,e}(G\oplus K)=n_{p,e}(G)+n_{p,e}(K),\qquad n_{p,e}(H\oplus K)=n_{p,e}(H)+n_{p,e}(K).$$
由 $G\oplus K\cong H\oplus K$ 得 $n_{p,e}(G)+n_{p,e}(K)=n_{p,e}(H)+n_{p,e}(K)$，两边同时减去 $n_{p,e}(K)$（这是普通整数的减法，合法）：
$$n_{p,e}(G)=n_{p,e}(H)\quad(\forall p,e).$$
故 $G\cong H$。$\blacksquare$
注：这是有限阿贝尔群范畴里的消去律，借助"初等因子重数可加、可减"这一性质变得几乎平凡。
由基本定理 $G\cong C_{p_1^{e_1}}\oplus\cdots\oplus C_{p_r^{e_r}}$，其中 $|G|=n=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}$。
因为 $n$ 无平方因子，所以每个指数 $e_i=1$（若某 $e_i\ge 2$，则 $p_i^2\mid n$，矛盾）。于是
$$G\cong C_{p_1}\oplus C_{p_2}\oplus\cdots\oplus C_{p_r},$$
其中 $p_1,\dots,p_r$ 是互不相同的素数。由中国剩余定理（或下面题 7 的结论），互素阶循环群的直和是循环群：
$$C_{p_1}\oplus\cdots\oplus C_{p_r}\cong C_{p_1p_2\cdots p_r}=C_n.$$
所以 $G$ 循环。$\blacksquare$
$72=2^3\cdot 3^2=8\cdot 9$。由基本定理，$2$-部分（阶 $8$）与 $3$-部分（阶 $9$）互相独立，分别对应整数分拆：
$2$-部分（$8=2^3$，分拆 $3$）：
$$3=3:\ C_8,\qquad 3=2+1:\ C_4\oplus C_2,\qquad 3=1+1+1:\ C_2\oplus C_2\oplus C_2.$$
$3$-部分（$9=3^2$，分拆 $2$）：
$$2=2:\ C_9,\qquad 2=1+1:\ C_3\oplus C_3.$$
两两组合得 $3\times 2=6$ 个群。用不变因子 $d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_k$（$d_1d_2\cdots d_k=72$）写出最整齐：
$$\begin{aligned} (1)&\ C_{72}\\ (2)&\ C_3\oplus C_{24}\\ (3)&\ C_2\oplus C_{36}\\ (4)&\ C_6\oplus C_{12}\\ (5)&\ C_2\oplus C_2\oplus C_{18}\\ (6)&\ C_2\oplus C_6\oplus C_6 \end{aligned}$$
它们分别对应初等因子分解 $\{8,9\},\{8,3,3\},\{4,2,9\},\{4,2,3,3\},\{2,2,2,9\},\{2,2,2,3,3\}$。$\blacksquare$
看初等因子（准素分量）：
$$C_{12}=C_4\oplus C_3,\quad C_{72}=C_8\oplus C_9 \;\Longrightarrow\; C_{12}\oplus C_{72}\text{ 的初等因子为 }\{4,8;\ 3,9\}.$$
$$C_{18}=C_2\oplus C_9,\quad C_{48}=C_{16}\oplus C_3 \;\Longrightarrow\; C_{18}\oplus C_{48}\text{ 的初等因子为 }\{2,16;\ 3,9\}.$$
两者的 $3$-部分相同（都是 $\{3,9\}$），但 $2$-部分不同：前者是 $\{4,8\}$，后者是 $\{2,16\}$。故不同构。
等价地看不变因子：$C_{12}\oplus C_{72}$ 的不变因子是 $(12,72)$，而 $C_{18}\oplus C_{48}$ 的是 $(6,144)$，二者不同，故不同构。$\blacksquare$
（$\Rightarrow$）设 $C_m=\langle a\rangle$（$|a|=m$），$C_n=\langle b\rangle$（$|b|=n$）。$C_m\oplus C_n$ 中任意元素 $(x,y)$ 的阶为 $\operatorname{lcm}(\mathrm{ord}\,x,\mathrm{ord}\,y)$，它整除 $\operatorname{lcm}(m,n)$。若整个群循环，则存在阶为 $mn$ 的元素，于是 $\operatorname{lcm}(m,n)=mn$，即 $\gcd(m,n)=1$。
（$\Leftarrow$）若 $\gcd(m,n)=1$，则元素 $(a,b)$ 的阶为 $\operatorname{lcm}(m,n)=mn=|C_m\oplus C_n|$，故 $(a,b)$ 生成整个群，群循环。$\blacksquare$
注：这本质就是中国剩余定理 $\mathbb Z/m\mathbb Z\times\mathbb Z/n\mathbb Z\cong\mathbb Z/mn\mathbb Z\iff\gcd(m,n)=1$。
用中国剩余定理，把阶做准素分解即可：
$$(1)\quad C_6=C_{2\cdot3}=C_2\oplus C_3.$$
$$(2)\quad C_{12}=C_{4\cdot3}=C_4\oplus C_3.$$
$$(3)\quad C_{60}=C_{4\cdot3\cdot5}=C_4\oplus C_3\oplus C_5.$$
因为 $4,3,5$ 两两互素，直和都是循环的，阶分别为 $6,12,60$，与原来的循环群同构。$\blacksquare$
每个非零复数 $z$ 有极分解 $z=|z|\cdot\dfrac{z}{|z|}$，其中 $|z|>0$ 是正实数，而 $\dfrac{z}{|z|}$ 的模为 $1$，且这个分解唯一。
定义映射
$$\varphi:\mathbb C^\times\longrightarrow \mathbb R_{>0}\times S^1,\qquad z\longmapsto \left(|z|,\ \frac{z}{|z|}\right).$$
它是双射（极分解唯一），且是群同态：
$$\varphi(zw)=\left(|zw|,\frac{zw}{|zw|}\right)=\left(|z||w|,\frac{z}{|z|}\cdot\frac{w}{|w|}\right)=\varphi(z)\,\varphi(w).$$
故 $\varphi$ 是群同构，即 $\mathbb C^\times\cong\mathbb R_{>0}\times S^1$。$\blacksquare$
设 $|G_i|=n_i$，且 $n_1,\dots,n_k$ 两两互素。要证"和是直和"，只需证：若 $g_1+\cdots+g_k=0$（$g_i\in G_i$），则每个 $g_i=0$。
对固定的 $i$，由 $g_i=-(g_1+\cdots+\widehat{g_i}+\cdots+g_k)$ 知 $g_i$ 属于其余子群的和。于是 $g_i$ 的阶同时整除
$$n_i=|G_i|\qquad\text{和}\qquad \operatorname{lcm}(n_1,\dots,\widehat{n_i},\dots,n_k)=\prod_{j\ne i}n_j$$
（第二个等号用到两两互素）。因此 $\mathrm{ord}(g_i)\mid \gcd\!\big(n_i,\prod_{j\ne i}n_j\big)=1$，故 $\mathrm{ord}(g_i)=1$，$g_i=0$。
零元素表示唯一，故 $G_1+\cdots+G_k$ 是直和。$\blacksquare$
分析：群 $\mathbb Z\oplus G$ 的挠子群（全体有限阶元素）是
$$T=\{(0,g):g\in G\}\cong G,$$
而其秩（挠自由部分）为 $1$。设 $\mathbb Z\oplus G=C\oplus H$，其中 $C\cong\mathbb Z$ 无限循环。因秩可加，$H$ 的秩为 $0$，即 $H$ 是有限群；又 $H$ 只能是挠子群（有限群元素都是挠元素），故 $H\subseteq T$。而 $|H|=|G|=|T|$，所以 $H=T$。
设 $C=\langle(a,g)\rangle$，$a\in\mathbb Z,\ g\in G$。要求 $C\oplus T=\mathbb Z\oplus G$，等价于 $(1,0)$ 可写成 $(a,g)$ 的整数倍加一个挠元素：
$$(1,0)=k(a,g)+(0,h)=(ka,kg+h).$$
故 $ka=1$，只能是 $a=\pm1$、$k=\pm1$。而 $\langle(-1,g)\rangle=\langle(1,g)\rangle$（互为正负生成元），所以
$$C=\langle(1,g)\rangle,\qquad g\in G\ \text{任意}.$$
结论：$\mathbb Z\oplus G$ 所有"含一个无限循环直和项"的分解恰为
$$\mathbb Z\oplus G=\langle(1,g)\rangle\oplus T,\qquad g\in G,$$
其中 $T=\{(0,g):g\in G\}$ 是挠子群。不同的 $g$ 给出不同的直和项 $\langle(1,g)\rangle$，共 $|G|$ 种。$\blacksquare$
这是"自由模是投射模"的体现：正合列 $0\to H\to G\to G/H\to 0$ 在 $G/H$ 自由时分裂。
证明：取 $G/H$ 的一组自由生成元（基）$\{x_i+H\}_{i\in I}$。对每个 $i$ 取一个代表元 $x_i\in G$，令
$$K=\langle x_i : i\in I\rangle.$$
① $K$ 是自由的：若 $\sum_i n_ix_i=0$（有限和），则在 $G/H$ 中 $\sum_i n_i(x_i+H)=0$。因 $\{x_i+H\}$ 是基，故所有 $n_i=0$。所以 $\{x_i\}$ 线性无关，$K$ 自由。
② $G=H+K$：任取 $g\in G$，在 $G/H$ 中 $g+H=\sum_i n_i(x_i+H)$，故 $g-\sum_i n_ix_i\in H$，即 $g\in H+K$。
③ $H\cap K=0$：若 $x\in H\cap K$，则 $x=\sum_i n_ix_i$ 且 $x\in H$，于是 $x+H=H$ 即 $\sum_i n_i(x_i+H)=0$，故所有 $n_i=0$，$x=0$。
综上 $G=H\oplus K$，$K$ 自由。$\blacksquare$
第一部分：由自由阿贝尔群的结构定理，有秩公式
$$\operatorname{rank}(G)=\operatorname{rank}(H)+\operatorname{rank}(G/H).$$
而 $[G:H]=|G/H|$ 有限 $\iff G/H$ 是有限群 $\iff \operatorname{rank}(G/H)=0 \iff \operatorname{rank}(H)=\operatorname{rank}(G)=n$。
第二部分：取 $G$ 的一组基 $\{e_1,\dots,e_n\}$，令
$$H=\langle ke_1,e_2,e_3,\dots,e_n\rangle.$$
则
$$G/H\cong\mathbb Z/k\mathbb Z\cong C_k,$$
故 $[G:H]=k$。$k$ 任意，得证。$\blacksquare$
方法：Smith 正规形（SNF）。把三个向量作为列排成矩阵
$$A=\begin{pmatrix}7&21&5\\2&8&-4\\3&9&3\end{pmatrix}.$$
求它的 Smith 正规形，即找可逆整数矩阵 $P,Q$ 使 $PAQ=\operatorname{diag}(d_1,d_2,d_3)$，$d_1\mid d_2\mid d_3$。则 $\mathbb Z^3/H\cong\mathbb Z/d_1\mathbb Z\oplus\mathbb Z/d_2\mathbb Z\oplus\mathbb Z/d_3\mathbb Z$。
用子式 gcd 法求 $d_i$：
$$d_1=\gcd(\text{所有 }1\times1\text{ 子式})=\gcd(7,2,3,21,8,9,5,-4,3)=1.$$
所有 $2\times2$ 子式为 $14,0,-6,-38,6,18,-124,18,60$，其最大公因数为 $2$，故 $d_1d_2=2$，即 $d_2=2$。
而 $\det A=7(8\cdot3-9\cdot(-4))-2(21\cdot3-9\cdot5)+3(21\cdot(-4)-8\cdot5)=420-36-372=12$，故 $d_1d_2d_3=12$，得 $d_3=6$。
所以 Smith 正规形为 $\operatorname{diag}(1,2,6)$，于是
$$\mathbb Z^3/H\cong\mathbb Z/1\mathbb Z\oplus\mathbb Z/2\mathbb Z\oplus\mathbb Z/6\mathbb Z\cong \boxed{C_2\oplus C_6}.$$
注：$d_1=1$ 表示没有无穷循环因子（因为 $\det A\neq0$，$H$ 满秩，商群有限，阶 $12$，与 $2\cdot6=12$ 吻合）。$\blacksquare$
① 挠群：任取 $\mathbb Q/\mathbb Z$ 中元素 $\dfrac{a}{b}+\mathbb Z$（$b\neq0$）。则
$$b\left(\frac{a}{b}+\mathbb Z\right)=a+\mathbb Z=\mathbb Z=\text{零元},$$
所以每个元素阶都有限（整除 $b$），$\mathbb Q/\mathbb Z$ 是挠群。
② 存在性：元素 $\dfrac1n+\mathbb Z$ 的阶是 $n$（$n\cdot\dfrac1n=1\in\mathbb Z$，而任何更小的正倍数 $\dfrac{m}{n}\notin\mathbb Z$）。故 $\langle\frac1n+\mathbb Z\rangle$ 是 $n$ 阶循环子群。
③ 唯一性：设 $x=\dfrac{a}{b}+\mathbb Z$ 阶为 $n$。把 $\dfrac{a}{b}$ 约分写成 $\dfrac{a'}{b'}$（$\gcd(a',b')=1$）。$x$ 的阶是满足 $\dfrac{ma'}{b'}\in\mathbb Z$ 的最小正 $m$，即 $b'\mid ma'$，由互素得 $b'\mid m$，最小 $m=b'$。故阶 $n=b'$。
于是 $x=\dfrac{a'}{n}+\mathbb Z$ 且 $\gcd(a',n)=1$。因 $a'$ 模 $n$ 可逆，存在 $t$ 使 $ta'\equiv1\pmod n$，故
$$t\,x=\frac{ta'}{n}+\mathbb Z=\frac1n+\mathbb Z,\qquad\text{即 }\ \langle x\rangle=\left\langle\frac1n+\mathbb Z\right\rangle.$$
所以任何 $n$ 阶元素都生成同一个子群，$n$ 阶子群唯一。$\blacksquare$
(1) 每个非零有理数唯一写成 $\pm\,p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$（$p_i$ 为不同素数，$e_i\in\mathbb Z$），这就是算术基本定理。故
$$\mathbb Q^\times\cong\{\pm1\}\times\bigoplus_{p\text{ 素数}}\langle p\rangle\cong C_2\oplus\Big(\bigoplus_{p\text{ 素数}}\mathbb Z\Big).$$
直和项 $\bigoplus_{p\text{ 素数}}\mathbb Z$ 是秩为 $\aleph_0$（可数生成）的自由阿贝尔群。$\blacksquare$
(2) 反证：设 $\mathbb Q=A\oplus B$，$A,B$ 为非零真子群。取非零 $a=\dfrac{p}{q}\in A$、非零 $b=\dfrac{r}{s}\in B$（$p,q,r,s\in\mathbb Z\setminus\{0\}$）。
取 $m=rq$、$n=ps$，则
$$ma=\frac{rq\,p}{q}=rp,\qquad nb=\frac{ps\,r}{s}=pr,$$
故 $ma=nb\neq0$。而 $ma\in A$（$A$ 是子群）、$nb\in B$，所以 $ma=nb\in A\cap B$。但直和要求 $A\cap B=\{0\}$，矛盾（$ma\neq0$）。
所以 $\mathbb Q$ 不能分解为两个非零真子群的直和。$\blacksquare$
思路：共轭类由循环类型 $1^{\lambda_1}2^{\lambda_2}\cdots n^{\lambda_n}$ 决定（$\sum_i i\lambda_i=n$），用轨道-稳定化子定理：$|\mathcal C|=\dfrac{|S_n|}{|C_{S_n}(\sigma)|}$，其中 $C_{S_n}(\sigma)$ 是中心化子。
中心化子由两部分组成：
(i) 对每个 $i$，那 $\lambda_i$ 个 $i$-循环之间可以任意排列，贡献 $\lambda_i!$ 种；
(ii) 每个 $i$-循环 $(a_1a_2\cdots a_i)$ 有 $i$ 种等价的循环写法（循环移位不改变），贡献 $i$ 种，共 $i^{\lambda_i}$ 种。
合起来，中心化子的阶为
$$|C_{S_n}(\sigma)|=\prod_{i=1}^{n}i^{\lambda_i}\lambda_i!.$$
因此
$$|\mathcal C|=\frac{n!}{\prod_{i=1}^{n}i^{\lambda_i}\lambda_i!}. \qquad\blacksquare$$
验证：$n=3$ 时，$3$-循环共轭类 $\lambda_3=1$，大小 $3!/(3^1\cdot1!)=2$ ✓；对换类 $\lambda_1=1,\lambda_2=1$，大小 $6/(1\cdot1\cdot2\cdot1)=3$ ✓。
只需证明任意对换 $(i\,j)$ 都能由这些对换表示。直接验证恒等式（从右往左复合）：
$$(i\,j)=(1\,i)(1\,j)(1\,i).$$
检查：追踪 $j\mapsto i$（$j$ 被最右的 $(1\,i)$ 不动，再被 $(1\,j)$ 送到 $1$，最后被 $(1\,i)$ 送到 $i$）；$i\mapsto j$（$i$ 被 $(1\,i)$ 送到 $1$，再被 $(1\,j)$ 送到 $j$，最后 $(1\,i)$ 不动 $j$）；$1\mapsto1$；其余元素不动。
因为 $S_n$ 由全体对换生成，而这些对换都能由 $(1\,2),\dots,(1\,n)$ 生成，所以 $S_n=\langle(1\,2),\dots,(1\,n)\rangle$。$\blacksquare$
(1) 记 $\tau=(1\,2)$，$\sigma=(1\,2\,\cdots\,n)$。共轭得
$$\sigma^k\tau\sigma^{-k}=\big(\sigma^k(1)\ \ \sigma^k(2)\big)=(k{+}1\ \ k{+}2)\quad(\text{下标模 }n),$$
$k=0,1,\dots,n-1$ 给出 $(1\,2),(2\,3),\dots,(n{-}1\ n),(n\ 1)$，即环上的全部相邻对换。相邻对换生成 $S_n$（任意对换可经相邻对换逐位交换得到），故 $S_n=\langle\tau,\sigma\rangle$。$\blacksquare$
(2) 记 $\tau=(1\,2)$，$\rho=(2\,3\,\cdots\,n)$（固定 $1$ 的 $(n-1)$-循环）。共轭得
$$\rho^k\tau\rho^{-k}=\big(\rho^k(1)\ \ \rho^k(2)\big)=(1\ \ 2{+}k)\quad(k=0,1,\dots,n-2),$$
给出 $(1\,2),(1\,3),\dots,(1\,n)$。由题 2，它们生成 $S_n$。故 $S_n=\langle\tau,\rho\rangle$。$\blacksquare$
证明：设 $H\le S_n$ 且 $[S_n:H]=2$。先看关键观察：商群 $S_n/H$ 是 $2$ 阶群，故其中任意元素的平方为 $1$，从而 $x^3=x$（因为 $x^2=1\Rightarrow x^3=x$）。
任取 $3$-循环 $g=(a\,b\,c)$。在商群中，元素 $gH$ 满足
$$(gH)^3=g^3H=eH=H,$$
但另一方面 $(gH)^3=gH$（因 $2$ 阶群里 $x^3=x$）。所以 $gH=H$，即 $g\in H$。因此 $H$ 包含所有 $3$-循环。
而 $A_n$ 由 $3$-循环生成（每个偶置换是偶数个对换之积，两两相邻对换可并成 $3$-循环），故 $A_n\subseteq H$。又 $|H|=\dfrac{n!}{2}=|A_n|$，所以 $H=A_n$。$\blacksquare$
注：$n\ge3$ 时上述论证成立；$n=1,2$ 时结论平凡（$A_2=\{e\}$ 是唯一指标 $2$ 子群）。
设 $H\le G$，$[G:H]=2$。左陪集只有两个：$H$ 与 $G\setminus H$；右陪集也只有两个：$H$ 与 $G\setminus H$。
任取 $g\in G$：
• 若 $g\in H$，则 $gH=H=Hg$；
• 若 $g\notin H$，则 $gH\neq H$，故 $gH=G\setminus H$；同理 $Hg\neq H$，故 $Hg=G\setminus H$。于是 $gH=Hg$。
两种情况都有 $gH=Hg$，故 $H\trianglelefteq G$。$\blacksquare$
设 $G$ 为 $6$ 阶非交换群。由 Sylow 定理：$3$-Sylow 子群个数 $n_3\equiv1\pmod3$ 且 $n_3\mid2$，故 $n_3=1$；$2$-Sylow 子群个数 $n_2\equiv1\pmod2$ 且 $n_2\mid3$，故 $n_2=1$ 或 $3$。
若 $n_2=1$，则 $G$ 有正规 $3$ 阶子群 $P$ 与正规 $2$ 阶子群 $Q$，$P\cap Q=1$，$PQ=G$，故 $G\cong P\times Q\cong C_3\times C_2\cong C_6$，交换，矛盾。故 $n_2=3$。
设 $P=\langle a\rangle$（$|a|=3$）正规，取 $2$ 阶元 $b\notin P$，则 $G=P\langle b\rangle$（半直积）。共轭 $bab^{-1}\in P$，因 $a$ 的共轭仍是 $3$ 阶元，故 $bab^{-1}=a$ 或 $a^2$。
若 $bab^{-1}=a$，则 $a,b$ 交换，$G$ 交换，矛盾。故 $bab^{-1}=a^2$，即 $ba=a^2b$。
于是 $G\cong\langle a,b\mid a^3=b^2=1,\ ba=a^2b\rangle$，这正是二面体群 $D_3\cong S_3$（取 $a=(1\,2\,3)$，$b=(1\,2)$，有 $ba=(1\,3\,2)=a^2b$）。故 $G\cong S_3$。$\blacksquare$
反证：设 $H\le A_4$，$|H|=6$。则 $[A_4:H]=\dfrac{12}{6}=2$，由题 5，$H$ 正规。
$A_4$ 中有 $8$ 个 $3$-循环（选 $3$ 个文字有 $\binom43=4$ 种，每种 $2$ 个方向，共 $8$ 个）。对任意 $3$-循环 $g$，商群 $A_4/H$ 是 $2$ 阶群，而 $g$ 的阶为 $3$，故 $gH$ 在 $2$ 阶群中的阶整除 $\gcd(3,2)=1$，即 $gH=H$，$g\in H$。
于是 $H$ 含全部 $8$ 个 $3$-循环，再加上恒等元，$|H|\ge9>6$，矛盾。故 $A_4$ 没有 $6$ 阶子群。$\blacksquare$
关键恒等式：
$$\sigma\tau=\sigma(\tau\sigma)\sigma^{-1}.$$
（因为 $\sigma(\tau\sigma)\sigma^{-1}=\sigma\tau\sigma\sigma^{-1}=\sigma\tau$。）
所以 $\sigma\tau$ 与 $\tau\sigma$ 共轭。而共轭不改变循环类型（共轭作用就是把每个循环里的字母做同一个置换 $x\mapsto\sigma(x)$，各循环长度不变），故它们的循环分解因子长度集合相同。$\blacksquare$
设 $\sigma=c_1c_2\cdots c_k$ 是不相交循环分解，$c_i$ 是 $l_i$-循环（阶为 $l_i$）。不相交循环交换，所以
$$\sigma^m=c_1^m c_2^m\cdots c_k^m.$$
于是 $\sigma^m=\mathrm{id}$ 当且仅当每个 $c_i^m=\mathrm{id}$（不相交循环的乘积等于恒等，只能每个都是恒等），即 $l_i\mid m$（对所有 $i$），也即
$$\operatorname{lcm}(l_1,\dots,l_k)\mid m.$$
故 $\sigma$ 的阶是满足条件的最小正 $m$，即 $\operatorname{lcm}(l_1,\dots,l_k)$。$\blacksquare$
没有不动点的置换称为错排（derangement），其个数记为 $!n$。用容斥原理。
设 $A_i=\{\sigma\in S_n:\sigma(i)=i\}$ 为固定 $i$ 的置换集，则 $|A_i|=(n-1)!$，一般地
$$|A_{i_1}\cap\cdots\cap A_{i_k}|=(n-k)!.$$
没有不动点即不属于任何 $A_i$，故
$$!n=n!-\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right|=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{n}{k}(n-k)!=n!\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}.$$
即
$$!n=n!\left(1-\frac1{1!}+\frac1{2!}-\frac1{3!}+\cdots+\frac{(-1)^n}{n!}\right). \qquad\blacksquare$$
例如 $!3=3!(1-1+\tfrac12-\tfrac16)=2$（$(123),(132)$ 两个 $3$-循环）；$!4=9$。当 $n\to\infty$ 时 $!n/n!\to e^{-1}$。
—— 完 ——