如题
b.考虑 共轭作用于 ；d.考虑到 和 交换， 。
若 则首先 平凡， 为交换群。进而 的自同构可以诱导出 的自同构，从而 中只能有不超过二阶元。由此 成为一个 -线性空间，从而 即 平凡当且仅当
。
注意到 是 包含 的子群，从而指数是 的因子，而 ，于是可知
也就是 。
另证：令
，则考虑 对 的作用 ，通过 易证其良定义，并且若 则 进而 ，所以 在 上作用自由，从而 在 上作用的每个轨道都有 个元素，因而 。
a. 考虑 则 ，从而若存在 和 ，那么 且 ，矛盾。 b.
考虑 以左平移作用于 则 可知 ，但 和 均不含 。 可以写为三个二阶群的并。
考虑 在 上的作用注意到故这个作用良定义且给出单同态 。 时 是正规子群。
时，若 并非正规子群， 有两个左陪集 ，因为 非正规所以 不能总等于 ，进而 在 上的左乘作用传递，而 和 的稳定子必相同，从而包含于一切 。
意味着这个稳定子指数2，即得命题证明。
a. 中 与 可配对。此外注意到若 ，假设其非零，那么 给出一个维数大于1的 -线性空间。另一方面考虑 作用于 ，一切轨道形如 ，于是 中元素乘积等于 。b. 显然。 c.
注意到于是即得 。 为奇数意味着 。
a. 最大的 不能小于 ，也就是最小的 不超过 ，从而只有有限多种选择，于是对 归纳，考虑
对应的方程立即可知此时方程也有有限多组解。
意味着 属于 共轭作用下 的稳定子，而稳定子大小乘轨道长度等于
。
考虑对 的像 应用Goursat引理，则对 和 ，有同构 由 给出，从而可取
和 和 ，其中 为自然投影。
a.
对应定理的简单推论。b. 假若不然，
中有非平凡元 ，则 时取 ，否则 有限阶时取 即得单群。 c. 令
， , 则 为
子群且可以应用Goursat引理，也就是对 和 ，有 同构与之对应，但 于是 且 ，由此即得 。
(i)和(iii)显然等价，有限情形(iv),(v)和(iii)等价性无非式(1.3)。(ii)推(iii)显然，而反过来假若
在 上作用不传递，则存在 落在不同轨道里。
若 ，则可取使 的 ；若 落在同一轨道，即存在双射 使 ，则自然 。Bell数的递推公式写成则无非是在分类讨论
所在等价类的元素个数。
考虑到轨道长度有限，从而稳定子指数皆有限，而稳定子的上升包含意味着指数的下降链，从而存在极大的稳定子
。由于 极大，所以 中元素 稳定子包含 意味着 ，从而每个 所在轨道都同构于 。考虑到 则 ，可知 中和
同轨道元素的数量为 ，因此 中在同一轨道的元素数量只依赖 的性质而与 本身无关， 与 同构，则剔除上面涉及到的诸轨道后，
与
依然满足题设，从而归纳可证。
a. 取
中非单位元，则存在其幂次为素数阶，而自同构保持阶不变，因而由 在 上作用传递性可知 中元素阶均为 。b. 此时 中一切元素满足 ，从而 ，因此 为交换群，于是成为 -线性空间。 c.
意味着 ， 和
必居其一，分别对应单射和平凡情形。若 在 上作用双传递，则取 ，则11题(ii)告诉我们 在
上作用传递，从而对严格包含
的子群 ，取 ，则 给出 在 上作用传递，而 的每个 陪集恰对应某个 ，于是可知 。由此知 极大，即 在 上作用本原。
a. 长度有限，于是自然想到考虑
Jordan-Holder滤链末端的单群，它是极小的正规子群。对两个不同极小正规子群
和 ，因为 正规故 ，那么 中元素被唯一表为 乘积，对 ， 给出 在 上投影 ，类似地可知 在 上投影 ，由此即得 ，从而 是直积。现在考虑对上述单群 ， 被 作用的轨道中各子群乘积给出特征子群 ，从而 。又
长度有限意味着轨道长度有限，否则无穷乘积长度并非有限（或者按serre提示言，按
轨道中有限多子群乘积子群也都长度不大于
长度，所以可以取包含意义下极大的乘积，那么因极大性
轨道中一切子群都应被包含）。从而立即可知 。现在因为 为 乘积，所以 的正规子群就是 的正规子群，于是 为单群。 b. 如果 不是特征子群则