Frattini部分群

$H$ を含む $G$ の真部分群は $H$ 自身を含むので少なくとも一つあり、$G$ が有限なので有限個である。その中で位数が最大のものを $M$ とする。$M\subsetneq K\subsetneq G$ なる部分群 $K$ があれば $K$ は $H$ を含む真部分群で $|K|>|M|$ となり、$M$ の取り方に反する。よって $M$ は極大部分群である。後半は $H=\{e\}$ にとればよい。$\square$

$f$ を $G$ の自己同型とする。$f$ は部分群を部分群に写し、$f^{-1}$ も自己同型なので、部分群の包含関係を保ち、かつ反映する（$A\subsetneq B\iff f(A)\subsetneq f(B)$）。よって $M$ が極大部分群なら $f(M)$ も極大部分群であり、$M\mapsto f(M)$ は $\mathrm{MaxGrp}(G)$ から自身への全単射である（逆写像は $M\mapsto f^{-1}(M)$）。$G$ が極大部分群を持たなければ $\Phi(G)=G$ で $f(G)=G$ である。持つときは、$f$ が単射なので部分集合の共通部分を保ち、
$$ f(\Phi(G))=\bigcap_{M\in\mathrm{MaxGrp}(G)}f(M)=\bigcap_{M'\in\mathrm{MaxGrp}(G)}M'=\Phi(G) $$
となる。よって $\Phi(G)$ は特性部分群であり、特性部分群は正規部分群である（特性部分群 の基本性質。内部自己同型 $x\mapsto gxg^{-1}$ が自己同型であることから直ちに従う）。$\square$

$\langle S\rangle$ で $S$ が生成する部分群を表す。
(1)⇒(2)：$x\in\Phi(G)$、$\langle S\cup\{x\}\rangle=G$ とし、$\langle S\rangle\neq G$ と仮定する。lem-frattini-subgroup-maximal-exists により $\langle S\rangle$ を含む極大部分群 $M$ がある。$x\in\Phi(G)\subset M$ なので $S\cup\{x\}\subset M$、よって $G=\langle S\cup\{x\}\rangle\subset M\neq G$ となり矛盾する。
(2)⇒(1)：$x\notin\Phi(G)$ とすると、$G$ は極大部分群を持ち（$G=\{e\}$ なら $\Phi(G)=G\ni x$）、$x\notin M$ となる極大部分群 $M$ がある。$S=M$ とすると $\langle M\cup\{x\}\rangle$ は $M$ を真に含む部分群なので、$M$ の極大性から $G$ に等しい。一方 $\langle M\rangle=M\neq G$ である。よって $x$ は非生成元でない。$\square$

$H$ を $G$ の部分群とする。Lagrange の定理により $|H|=p^{n-k}$（$0\le k\le n$）である。$H$ の各元 $x$ の位数は $|H|$ を割るので $p^{n-k}x=0$、すなわち $p^n\mid p^{n-k}x$ から $p^k\mid x$ であり、$H\subset p^k\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ である。後者は $p^k$ の倍数の類 $0,p^k,2p^k,\dots$ からなり、その個数は $p^{n-k}$ なので、位数を比べて $H=p^k\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ である。これらは $k$ について包含の鎖 $G=p^0\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}\supsetneq p\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}\supsetneq\cdots\supsetneq p^n\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}=\{0\}$ をなすので、真部分群のうち極大なものは $p\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ だけである。$\square$

位数 $6$ の群の真部分群の位数は $1,2,3$ である（Lagrange の定理）。位数 $2$ または $3$ の部分群 $K$ を真に含む部分群は位数が $6$、すなわち群全体だから、位数 $2$・$3$ の部分群はすべて極大部分群である。位数 $1$ の部分群 $\{e\}$ は位数 $2$ の部分群に真に含まれるので極大でない（位数 $6$ の群には位数 $2$ の元がある：単位元でない元を逆元と組にすると、$g=g^{-1}$ となる元が奇数個あり、$e$ 以外にも存在する）。したがって極大部分群は位数 $2$・$3$ の部分群の全体である。
$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$：位数 $3$ の部分群の元 $x$ は $3x=0$ を満たすので $\{0,2,4\}$ に含まれ、位数を比べて等しい。位数 $2$ の部分群の元は $2x=0$ を満たすので $\{0,3\}$ に等しい。よって極大部分群はこの二つで、共通部分は $\{0\}$。
$S_3$：位数 $3$ の部分群は位数 $3$ の元 $(1\,2\,3)$ または $(1\,3\,2)$ で生成され、いずれも $A_3$ に等しい（$(1\,2\,3)^2=(1\,3\,2)$、$(1\,2\,3)^3=e$）。位数 $2$ の部分群は位数 $2$ の元、すなわち三つの互換の一つで生成される。よって極大部分群は四つで、$A_3\cap\{e,(1\,2)\}=\{e\}$ から $\Phi(S_3)=\{e\}$。$\square$

$M$ を $\mathbb{Q}$ の極大部分群と仮定する。$M$ は正規部分群（アーベル群）なので剰余群 $Q:=\mathbb{Q}/M$ が定まり、$Q\neq\{0\}$ である。$Q$ の部分群は $M$ を含む $\mathbb{Q}$ の部分群 $K$（$K/M$ の形）と一対一に対応するので、$M$ の極大性から $Q$ は $\{0\}$ と $Q$ 以外の部分群を持たない。$0\neq y\in Q$ をとると $\langle y\rangle=Q$ である。$\langle y\rangle$ が無限巡回群なら $\langle 2y\rangle$ は $\{0\}$ でも $Q$ でもない部分群（$y\notin\langle2y\rangle$）となり矛盾するので、$Q$ は位数 $m\ge2$ の有限巡回群である。$m=ab$（$1< a< m$）と分解できれば $\langle ay\rangle$ は位数 $b$ の部分群で $\{0\}$ でも $Q$ でもないから、$m=p$ は素数である。よって任意の $q\in\mathbb{Q}$ について $p\,q\in M$ である。ところが任意の $q\in\mathbb{Q}$ は $q=p\cdot(q/p)$ と書けるので $q\in M$、すなわち $M=\mathbb{Q}$ となり、$M$ が真部分群であることに反する。$\square$