1主要用半直积的方法。
p群要按中心非平凡逐渐归纳。
需要用到的会说出自同构群。
未知的群记为G，若能找到正规子群，一般记做N；和N构成半直积的子群一般记做H，同态H→Aut(N)记做φ。
为了方便，循环群记做Cn，二面体群Dn等，不再用下标。
元素的幂次记为x^n。
每一个不同的同构类型用蓝色标出，如果指出了自同构群，用红色标出。
22阶群C2，自同构群平凡群1。
33阶群，素数阶。
C3，Aut(C3)≌C2，由乘以-1生成。
44阶群，素数平方阶，交换。
C4，循环群，Aut(C4)≌C2，由乘以-1生成；C2xC2，Klein4群，Aut(C2xC2)≌GL2(F2)≌S3。
S3作用于C2xC2上任意置换3个2阶元，GL2(F2)作用在上面表示为矩阵作用于线性空间。
55阶群，素数阶。
C5，循环群，Aut(C5)≌C4，由乘以模5的原根2生成。
66阶群，2p型，3阶群正规，C2与C3半直积，要考察同态C2→Aut(C3)≌C2。
平凡同态得到C2xC3≌C6；非平凡同态得到D3≌S3。
77阶群，p型。
C7，循环群，Aut(C7)≌C6，由乘以3生成。
88阶群，素数幂型或p群。
A)若G有8阶元，则G≌C8，Aut(G)≌C2xC2，由乘以3和乘以5生成。
B)若G无8阶有4阶元x，N=<x>正规，取y∈G\N；y^2∈N。
BA)若y^2=1，则要考虑y在N上作用（半直积）。
Aut(C4)≌C2。
考察同态C2→C2。
BAA)若y在N上是平凡作用，则G≌C2xC4。
自同构群可以用2x2矩阵来表达，矩阵的列表示生成元y,x的像，Aut(G)是8阶群，把Aut(G)中生成元写出发现Aut(G)同构于F2上的3x3对角线为1的上三角矩阵群。
Aut(C2xC4)≌D4。
BAB)若y在N上非平凡作用，则G≌D4。
计算同构群要考虑生成元可能的像，然后用映射复合计算同构群乘法表，Aut(D4)≌D4。
BB)若y^2=x^2，y^4=x^4=1,因此y是4阶元。
此时<y>于N交不是平凡群，不是半直积。
但是G的结构还是可以由y在N上的共轭作用决定，这时y的共轭作用T要保证ToT于y^2的共轭作用一样(平凡作用)，于是y的共轭作用可以是Aut(C4)≌C2中的每一个。
BBA)y^2=x^2,yxy^3=x^3，这时群在x→i，y→j下同构于4元数群H8（这只是这里记法，不通用）。
Aut(G)≌S4。
推导过程略去，用到一种很有趣的结构叫Clifford Algebra，是李代数表示中比较标准的内容。
BBB)y^2=x^2,yxy^3=x，于是y和x交换，这时其实yxyx=x^4=1，于是这是BAA)中的
C2xC4。
BC)若y^2是<x>中的4阶元，则y是8阶元，与假定矛盾。
C)若G只有2阶元，则根据书中习题，全部是2阶元的群交换，这时G≌C2xC2xC2。
Aut(G)≌GL3(F2)。
99阶群，p^2型。
C9，循环群，Aut(C9)≌C6，由乘以2生成；或C3xC3，
Aut(C3xC3)≌GL2(F3)。
1010阶群，2p型。
类似6阶，C10或D5。
1111阶，p型。
C11，Aut(C11)≌C10，由乘以2生成。
1212阶，书中给了分类。
按半直积方法来，首先按书中方法讨论，发现3阶群或者4阶群是正规子群。
A)C3正规子群，C4或者C2xC2作用于C3，有到C2的同态。
AA)C4到C2的平凡同态，得到C3xC4≌C12。
AB)C4到C2的非平凡同态，C4=<x>，C3=<y>，xyx^3=y^2。
AC)C2xC2到C2的平凡同态，得到C2xC2xC3≌C2xC6。
AD)C2xC2到C2的非平凡同态，相差生成元选取这个同态相当于C2xC2的一个分支平凡作用，一个分支非平凡作用，于是得到{x^2=y^2=z^3,xy=yx,xzx=z,yzy=z^2}，于是<x,z>≌C6，y共轭在C6上是非平凡同态，于是G≌D6。
B)C4正规子群。
C3到Aut(C4)≌C2只有平凡同态，这时得到C3xC4，是AA)情形。
C)C2xC2正规子群，C3到Aut(C2xC2)≌S3有一个非平凡同态，因为西罗3子群不唯一，只能有4个，于是G在4个西罗3子群的共轭作用给出同态G→S4。
4个西罗3子群说明每个的正规化子是3阶，是本身。
于是每个西罗3子群本身共轭作用在4个3子群上保持自己不变，在另外3个上是3轮换；C2xC2的共轭作用也没有不动点，于是是2个不相交对换的乘积；这样G在S4中的像发现生成A4，于是计算阶数，G≌A4。
1313阶，p型。
C13，Aut(C13)≌C12。
1414阶，2p型。
C14或D7。
1515阶。
pq型。
3阶和5阶西罗子群都只有一个，因此是二者的直积，C3xC5≌C15。
16跳过，p的高次幂阶都是越来越复杂。
1717阶，p型。
C17。
1818阶。
9阶子群N根据西罗定理只有1个，正规，可以用半直积。
H是一个2阶西罗子群。
A)N≌C9，同态H→Aut(N)是C2→C6，有一个平凡同态和一个非平凡同态。
AA)平凡同态，给出C2xC9≌C18。
AB)非平凡同态，给出D9。
B)N≌C3xC3，参看上面第9条，同态C2→GL2(F3)相当于找GL2(F3)中满足A^2-I=0的矩阵A。
这样的矩阵总是可对角化的(具体说是条件要求特征不是2），对角线元素是
(1,1),(1,-1)或(-1,-1)。
矩阵的对角化相当于在C3xC3的另外一组基下用矩阵表示同态，因此代表的是同样的同态，于是得到的群是同构的。
至于3种情况不是给出同构的G 并不显然，需要考察G中的其他特点。
BA)矩阵对角化为(1,1)，于是是平凡作用，G≌C2xC3xC3≌C3xC6。
BB)矩阵对角化为(1,-1),G≌C3xD3≌C3xS3。
BC)对角化为(-1,-1)，G表示为{x^3=y^3=z^2=1,xy=yx,zxz=x^2,zyz=y^2}。
A类和B类区分在于西罗3子群不同构；AA和AB区分在于一个交换一个不交换；BA和BB，BC区分在于BA交换；BB和BC区分在于BB中有3个2阶元，BC中有9个2阶元。
1919阶。
p型，C19。
2020阶。
5阶子群N正规。
类似12阶中的A，设H是4阶子群。
A)H=<x>≌C4，Aut(C5)≌C4，同态C4→C4由H的生成元x的像决定，这里x的像要满足“像的阶整除原像的阶”。
AA)φ(H)=C1。
于是是平凡作用，G≌C4xC5≌C20。
AB)φ(H)=C2。
于是x相当于在y的指标乘以-1的作用，这个群表示为{x^4=y^5=1,
xyx^3=y^4}。
AC)φ(H)=C4。
于是x的共轭相当于在y的指标乘以2的作用，群表示为{x^4=y^5=1, xyx^3=y^2}。
B)H=<x,y>≌C2xC2，同态C2xC2→C4，或者是平凡的，或者核是C2，像是C2，非平凡同态在重新取H和N的生成元意义下是同构的。
BA)平凡同态，得到C2xC2xC5≌C2xC10。
BB）非平凡同态，得到C2xD5≌D10。
若把前者表示为{x^2=y^2=z^5=1,xy=yx,xz=zx, yzy=z^4}，后者表示为{y^2=w^10=1,ywy=w^9}，则前者到后者的同构是y→y，x→w^5，z→w^2。
一般的C2xDk当k是奇数时同构于D2k。
这里的分类只有AB和AC的不同需要说明，AB中x^2是平凡作用，因此<x^2,y>是10阶循环群；而AC若有10阶子群，则正规，必然与H=<x>交于<x^2>，而AC中x^2于唯一的
5阶子群生成D5，这个性质可以和AB区分开。
2121阶，pq型。
3阶西罗子群可能有3个，7阶西罗子群有1个，决定于同态
C3→Aut(C7)≌C6。
若作用平凡则G≌C21。
否则可以表示为{x^7=y^3=1,yxy^2=x^2}。
2222阶，2p型，C22或D11。
2323阶，p型，C23。
2424阶。
这时有意外发生，不能推断有正规的西罗子群，把这个情况放在最后讨论。
A)8阶子群N正规。
观察8阶群的分类，这时要找自同构群中的3阶元。
只有四元数群的自同构群S4或者Aut(C2xC2xC2)≌GL3(F2)可以有非平凡3阶元。
AA)N是四元数群，作用非平凡。
这时G对应C3→S4的同态，也就是S4中的3阶子群，由于S4中任何两个3阶子群是共轭的，这对应于把N重新取生成元，因此这种情况下只能得到一种同构意义下不同的群。
3阶元在N上的作用是(ijk)(-i-j-k)。
是C3和四元数群的半直积。
如果考虑G在4个3阶群上的共轭作用，能得到G的中心是C2，G/C2≌A4。
这个群不同构与C2xA4，因为后者不包含H8。
AB)N≌C2xC2xC2。
这时需要找GL3(F2)上的3阶元，对应于一个满足A^3=I的F2上3x3矩阵。
矩阵A的特征方程根据Cayley定理，A满足这个方程，因此满足A^3-I和特征方程的最大公约式。
说明A的特征方程不能是不可约多项式，于是在F2上至少有一个根，是A的特征值，只能是1（A非奇异）。
于是取F2上3维空间的第一个基向量为A的特征向量v1，取和v1线性无关的向量v2，Av2如果和v1，v2线性相关，则它们张成的2维子空间是不变子空间，这上面又已取v1是特征向量，这样的矩阵A演算可以发现不能满足A^3=I。
因此Av2,v2,v1线性无关，取做基以后，可以验证必然A^2v2=v2+Av2，于是矩阵有准对角型[100;001;011]，相当于G中的3阶元保持N中第一个C2不变，在后两个C2的空间上相当于S3中的3轮换作用。
于是对比12阶分类中的C)这时G≌C2xA4。
AC)C3和8阶群的直积，C3xC8≌C24，C3xD4，C3xC2xC4≌C6xC4≌C2xC12，
C3xC2xC2xC2≌C6xC2xC2，C3xH8。
B)3阶子群N正规，这时只需考虑8阶子群H在N上的非平凡作用，于是是一个同态H→C2。
8阶子群总有4阶子群，而且正规，因此上面每一个都能得到至少一个相应的群；不同的8阶子群得到的必然不一样。
BA)H≌C8，H只有一个4阶子群C4，这时得到群描述为{x^8=y^3=1,xyx^7=y^2}。
BB)H≌C2xC4，H有正规子群C4或C2xC2，H中有4个4阶元，4个2阶元。
H\C2xC2给出所有4阶元，H\C4给出2个2阶元，2个4阶元；因此这时能得到两个不同构的群，区别在于
是否有2阶元是非平凡作用。
分别描述为{x^3=y^4=z^2=1,yz=zy,zxz=x,
yxy^3=x^2}≌G12ABxC2和{x^3=y^4=z^2=1,yz=zy,zxz=x^2,yxy^3=x}≌{w^12=z^2=1, zwz=w^5}。
其中G12AB表示上面12阶群中AB类的那个群。
BC)H≌C2xC2xC2，H指标2子群在取H另一组基下是对应的，因此这时产生一个群C2xC2xS3≌C2xD6。
BD)H≌D4，D4的4阶子群（都正规）有C2xC2（2个同构的）和C4（一个）产生两个不同的群。
分别描述为{x^4=y^2=z^3=1,xzx^3=z^2,yzy=z，yxy=x^3}和{x^4=y^2=z^3=1, yxy=x^3,xzx^3=z,yzy=z^2}≌{w^12=y^2=1,ywy=w^11}≌D12。
BE)H≌H8，H8的4阶子群≌C4且在H的同构下唯一，这时产生一个群{w^12=1,y^2=w^6, ywy^3=w^11}。
C)8阶子群不正规，有3个；3阶子群有4个。
这时G的共轭作用在3阶子群上的置换给出同态G→S4。
其中一个3阶子群的正规化子是6阶；其中3阶子群只属于自己的正规化子，因此保持每个3阶子群不动的元素至多有一个，于是同态G→S4的像至少是12阶，是A4或者S4。
CA)如果像是S4，则G≌S4。
CB)如果像是A4，则核是G的2阶正规子群，属于中心。
再考虑G在3个8阶子群上的置换作用，得到G→S3，每个8阶子群的正规化子是8阶的，因此等于自己；3阶子群非平凡作用，于是映射为3轮换。
8阶子群只属于自己的正规化子，于是包含对换另外两个8阶子群的置换，于是同态G→S3包含对换，说明是满射，核是G的正规4阶子群，这个正规4阶子群包含Z(G)≌C2，因此在同态G→S4下映射到A4的2阶正规子群，但是A4不含有2阶正规子群，矛盾。
因此这种情况没有新的群产生。
【总结】综上所述，我们得到15个不同构的24阶群，其中3个是交换群。
2525阶，p^2型，C25或C5xC5。
2626阶，2p型，C26或者D13。
2727阶。
类比8阶群的分类，必有9阶子群N。
N总是正规子群。
若N不是正规子群，则N的某个左陪集和某个右陪集不完全相同，但是交非空。
xN∩Nx中元素个数=N∩xNx^(-1)是1，3或9。
N有3个左陪集，其中一个是N，另外2个左陪集和2个右陪集覆盖同样的元素，如果分割不完全重合，有某左陪集和某右陪集公共元素个数不少于5，不等于9，矛盾。
这说明N必然是正规子群。
实际上这里可以总结两个命题：1是p群的极大真子群总是正规的。
2是若一个群G的某子群的指标是整除|G|的最小的素数，则这个子群正规。
后者推广了指标为2的子群皆正规的命题。
A)若有27阶元，则G≌C27。
B)若无27阶元，有9阶元，取正规子群N=C9，y∈G\N，y^3∈N。
BA)y^3=1，则y在C9上作用，平凡作用给出G≌C3xC9。
非平凡作用给出{x^9=y^3=1, yxy^2=x^4}。
BB)y^3是3阶元可设=x^3，平凡作用可以通过用生成元yx^(-1)，x给出BA中的C3xC9；非平凡作用可定义为{x^9=1,y^3=x^3,yxy^8=x^4}或{x^9=1,y^3=x^3,yxy^8=x^7}，计算发现两种情况下x^2y的阶是3，因此还是归结为BA的情形。
BC)y^3是9阶元这时有27阶元，还是循环群。
C)若没有9阶和27阶元。
只有3阶元，取N≌C3xC3，y∈G\N，y^3=1。
GL2(F3)中的3阶元A满足方程X^3-I=0=(X-I)^3，因此矩阵A的特征值是1，至少有一个对应的特征向量。
如果作用平凡，则矩阵可以写成[10;01]，G≌C3xC3xC3。
如果作用非平凡，计算发现这个矩阵在某组基下写成[11;01]。
计算发现这个群里的元素确实都是3阶的，而且是非交换群{x^3=y^3=z^3=1,xy=yx,zx=xz,zyz^2=xy}。
2828阶。
7阶群正规。
类比12阶的A类，有C28，{x^4=y^7=1,xyx^3=y^6}，C2xC14，D14。
2929阶。
p型，C29。
3030阶。
A)C5唯一，于是C2和C3分别作用于C5，Aut(C5)≌C4，因此C3作用是平凡的，有C15。
这时指标2子群，必然正规。
C2作用于C15上，
Aut(C15)=Aut(C3xC5)≌Aut(C3)xAut(C5)≌C2xC4。
于是研究同态C2→C2xC4。
等价于找C2的像，必是单位或2阶元。
AA)平凡同态，群C30。
AB)像(1,0)，在C3上非平凡作用，C5上平凡作用，G≌S3xC5。
AC)像(0,2),在C3上平凡作用，C5上非平凡作用，G≌C3xD5。
AD)像(1,2)，两个上都是非平凡作用，计算发现G≌D15。
B)有6个C5，因为任何两个C5至多有一个单位元重复，因此至少有24个5阶元。
若3阶子群个数多于1个，只能是10个，于是至少有20个3阶元，矛盾。
3阶子群唯一。
C5作用于C3上必然平凡，于是有15阶子群，正规，回到A情况。
3131阶。
C31。
3232阶，太复杂跳过。
3333阶，pq型，C33。
3434阶，2p型，C34或D17。
3535阶，pq型，C35。
3636阶。
跳过
3737阶，C37。
3838阶，2p型，C38或D19。
3939阶，pq型，类似21阶，C39或{x^13=y^3=1,yxy^2=x^3}。
4040阶，5阶群唯一。
Aut(C5)≌C4。
记8阶群为H。
如果8阶群在5阶群上作用不平凡，则8阶子群不唯一，只能有5个；而C5在这5个8阶子群上的共轭是轮换作用。
设<x>=C5，则x^kHx^(-k)给出所有的8阶子群，两个这样的子群在C5上的共轭作用相差x^k的共轭，因此是一样的。
不同的同态H→Aut(C5)给出不同构的G。
A)平凡作用，C40，C2xC20，C2xC2xC10，D4xC5，H8xC5。
其中D4xC5可以表示为{w^20=x^2=1, xw=w^11x}。
H8xC5可以表示为{w^20=1,x^2=w^10,xw=w^11x}。
BA)同态C8→C4像是C2，{x^8=y^5=1,xyx^7=y^4}={w^20=1,x^2=w^5,xw=w^9x}。
BB)同态C2xC4→C4像是C2，核是C2xC2，{x^2=y^4=z^5=1,xy=yx,xz=zx,yz=z^4y}没有20阶循环子群。
BC)同态C2xC2xC2→C4像是C2，核是C2xC2，G≌C2xC2xD5≌C2xD10。
BD)同态D4→C4像是C2，核是C4，G={w^20=x^2=1，xw=w^19x}≌D20。
BE)同态D4→C4像是C2，核是C2xC2，G={x^4=y^2=z^5=1,yxy=x^3,yz=zy,xz=z^4x}，没有20阶循环子群。
CA)同态C8→C4满射，{x^8=y^5=1,xyx^7=y^2}。
CB)同态C2xC4→C4是满射，{x^2=y^4=z^5=1,xz=zx,yz=z^2y，xy=yx}。
CC)同态C2xC2xC2→C4，D4→C4，H8→C4都不存在满射。
综上所述一共找到12个不同构的群。
4141阶，p型，C41。
4242阶，7阶子群唯一。
3阶子群1个或7个。
A)3阶子群有1个，于是有21阶正规子群，C2作用于这个子群类似30阶的A类，得到C42，C3xD7，S3xC7，D21。
B)有7个3阶子群，每个3阶子群的正规化子是6阶子群，6阶子群H作用于C7上，得到同态H→Aut(C7)≌C6，其中H的3阶子群的像非平凡。
H≌C6，因为S3到C6的同态核必然
包括C3。
BA)H→C6像是C3，于是2阶子群平凡作用，G≌{x^14=y^3=1,yx=x^9y}。
C2和C3交换，于是2阶子群1个。
BB)H→C6像是C6，于是G≌{x^7=y^6=1,yx=x^3y}。
2阶子群7个，3阶子群7个。
4343阶，p型，C43。
4444阶，类似12阶群更简单，N=C11唯一，Aut(N)≌C10≌C2xC5。
4阶群H，同态H→C2xC5的像是C2或平凡。
A)H→C2xC5平凡。
得到C44，C2xC22。
B)H→C2xC5非平凡，得到{x^11=y^4=1,yx=x^10y}，C2xD11≌D22。
4545阶，9阶群唯一，5阶群唯一，于是有C45,C3xC15。
4646阶，2p型，C46或D23。
4747阶，p型，C47。
4848阶，至少比24阶复杂，跳过。
4949阶，p^2型，C49或C7xC7。
5050阶，25阶群唯一，类比18阶，可以得到C50，D25，C5xC10，C5xD5，{x^5=y^5=z^2=1, xy=yx,zx=x^4z,zy=y^4z}。
