（問題） 位数が 6 の群は 位数６の巡回群か３次の対称群に同型である。
（考察） 「ラグランジュの定理」 より、位数が６の群 G の元の位数は 6 の約数なので, 1,2,3,6 です。
位数が 6 の元が存在すれば、 G は位数６の巡回群ですから、 位数が 6 の元が存在しないとします。
このとき、位数が 1,2,3 の元はそれぞれ、1,3,2 個存在することを示します。
G の元は内部自己同型によって、３つの位数２の元の上の置換を引き起こします。
（解答例） 「ラグランジュの定理」より、 位数が６の群 G の元の位数は 6 の約数なので, 1,2,3,6 です。
位数が 6 の元が存在すれば、 G は位数６の巡回群ですから、
位数が 6 の元が存在しないと仮定して、S3 と同型であること示します。
位数が 1,2,3 の元はそれぞれ、1,3,2 個存在することを示しましょう。
（Sylow の定理を使えば、もう少し簡単に示すことができますが、 直接示すことにします。）
位数１の元は単位元です。
位数３ の元 x に対して、x-1 (≠ x)も位数が３なので、 {x,x-1} の組を数えれば、位数が３の元は偶数個です。
よって位数２の元 a が必ず存在します。
u ∈ G (u ≠ e,a) に対して、b = u-1a u は位数 2 の元です。
もし b = a ならば au=ua であり、(u の位数が2,3なので） au の位数が 4,6となり矛盾です。
よって、b（≠ a) は位数２の元です。 また、a と交換可能な G の元は a と e だけです。
このとき、 (ab)-1=b-1a-1= ba ≠ ab なので、 ab と (ab)-1=ba は位数が 3 です。
位数３の元は偶数個なので、２個。 残り３個の元は位数が２であることがわかりました。
位数２の元の集合を X = {a,b,c} とします。
G の元 g は （内部自己同型）g-1x g によって、X に作用します。
よって準同型 f:G → SX = S3 が定義されました。
ker f の元はa,b,c 全てと交換可能なので、 上の考察によって、ker f ={e} となります。
よって、G =Im f < S3 です。 位数を比れば、G = S3 が得られます。
（解答例） Sylow の定理 「素数 p に対して、位数が pkm の群（ m は p と素な整数。） は位数が pk の部分群を含む。その個数は mod p で 1 である。」 を用いれば、位数が３の部分群はちょうど１個、位数２の部分群の存在もわかります。
位数が３の部分群 P の生成元 x と位数が２の部分群 Q の生成元 a に対して、 xa = ax ならば、xa は位数６の元となり、Z6 と同型。 xa = ax ならば axa -1 = x-1 となり、 関係式より、２面体群 D6 になることがわかります。
（問題） 位数が 7 以下の群を分類せよ。
（解答例） 位数が１の群は単位群 {e}.
素数位数の群は巡回群なので、2,3,5,7 の群は巡回群です。
位数が６の群は巡回群と３次対称群 S3 です。
位数が4の群は巡回群と (2,2) 型の可換群（Z2+Z2 と同型) であることを示しましょう。
位数が 4 の群 G の元の位数は 4 の約数なので, 1,2,4 です。
位数が 4 の元が存在すれば、 G は位数 4 の巡回群です。
位数が 4 の元が存在しないと仮定すれば、 単位元以外は全て位数が２です。
e ≠ a,b ∈ G (a≠b) に対して、 ab=(ab)-1=b-1a-1=ba なので、
G= {e,a,b,ab} (2,2) 型の可換群であることがわかります。
位数 1 2 3 4 5 6 7 ...
群 {e} Z2 Z3 Z4 , Z2+Z2 Z5 Z6, S3 Z7 ...
発展問題として、次の問題も考えてみましょう。
（問題） 位数が 8 の群を分類せよ。