设G是有限群，群G的阶|G|和G中元素的阶之集π_e(G)是G的两个最基本的数量集.用群的阶研究群，群论史上有很多有名的工作.而采用π_e(G)研究单群最早可见文献[1].文献[1]的主要结论是：

引理1^[1]  设G是有限群，π_e(G)={1，2，3，5}，则G$\cong $A₅.

由文献[2]，容易得出如下结论：

引理2^[2]  设G是有限群，π_e(G)={2，(2ⁿ-1) 和(2ⁿ+1) 的因子}，n≥2，则G$\cong $L₂(2ⁿ).

对于系列单群Sz(2^2m+1)，我们也有如下结论：

引理3^[3]  设G是有限群，π_e(G)={2，4，(2^2m+1-1) 和(2^2m+1-2^m+1+1) 以及(2^2m+1+2^m+1+1) 的因子}，m≥1，则G$\cong $Sz(2^2m+1).

在本文的讨论中，我们将用到上述3个引理.

对照用群G的阶|G|研讨有限群，我们可以用π_e(G)提出相类似的有意义的问题：如元的阶给定的有限群，它们的同构类的个数，即h函数^[4].对于h函数为1的有限群，即可用π_e(G)刻画的有限群已有大量的研究结果，最近的结果可参考文献[5].

同样地，对照CLT群(即Lagrange逆定理成立的有限群，见文献[6])，我们提出了COE群^[7].

对照用群的阶判定群G可解^[8]，本文给出用π_e(G)来判断G可解的结论.可以说，这是用π_e(G)判定G为单群，即如下定理的一个补充：

定理1^[9]  设G是有限群，π_e(G)是G中元的阶之集，|π(G)|记为π_e(G)中素数的个数，|χ(G)|记为π_e(G)中合数的个数，则|π(G)|≦|χ(G)|+3.而若|π(G|=|χ(G)|+3，则G为单群.

定义1  设G是有限群，π_e(G)记为G中元的阶之集.如果由π_e(G)∩T=∅可推出G为可解群，则数量集T称为G的交空可解集(简称为交空集).

当交空可解集T的元素的个数|T|=1时，由Feit-Thompson的奇阶群可解定理即知，T={2}.而当T为其它数量集时，均有不可解(单)群的例子.于是|T|=1时的交空集为T={2}.

当|T|=2时，如T={2，*}，其中*为任意一个大于2的整数，同样可得G可解，我们不考虑这类平凡的情形.于是，可设T={3，**}，其中**为任意一个大于3的整数.

文献[10]给出了所有的极小单群，它们是：

引理4^[10]  极小单群有以下5个类型：

(ⅰ) L₂(p)，p＞3，5(p²-1)，p为素数；

(ⅱ) L₂(2^p)，p为素数；

(ⅲ) L₂(3^p)，p为奇素数；

(ⅳ) L₃(3)；

(ⅴ) Sz(2^2m+1)，2m+1为奇素数.

注意到这5类极小单群中，前4类单群均含有3阶元，而对第5类单群Sz(2^2m+1)，由

π_e(Sz(2^2m+1))={2，4，(2^2m+1-1) 和(2^2m+1-2^m+1+1) 以及(2^2m+1+2^m+1+1) 的因子}    m≥1

知单群Sz(2^2m+1)不含3阶元，但含4阶元和5阶元(由5|(2^4m+2+1)，即推出5|(2^2m+1-2^m+1+1)(2^2m+1+2^m+1+1)).于是当|T|=2时，T={3，4}以及T={3，5}均为交空集.事实上，只有这两种情形为|T|=2时的交空集.

(a)设T={3，x}，其中x为任意一个大于5的整数.注意到

而

于是除{1，2，4，5}外，上述的两个极小单群没有共同的元的阶.则对任意一个大于5的整数x均能找到反例，即使T为交空集的x不存在.

(b)设T={4，y}，其中y为任意一个大于4的整数.注意到

要排除这种情形，y只能取5，而由

知，使T为交空集的y不存在.

(c)设T={5，z}，其中z为任意一个大于5的整数.同样由：

得这样的z不存在.

而当|T|=2，T为其它数量集时，π_e(A₅)={1，2，3，5}即为其反例.

下面考虑|T|=3时的交空集.设T={n₁，n₂，n₃}，由前面的讨论知n₁，n₂，n₃均为奇数，且可设

如n₁=3，当n₂∈{4，5}或n₃∈{4，5}时为上述已经讨论情形的平凡推论.

于是可设n₂＞5，n₃＞6.注意到：

而

于是无论n₂和n₃取何值时均有反例，即这样的使T为交空集的n₂和n₃不存在.

如n₁=4，可设n₂＞4，n₃＞5.注意到：

于是无论n₂和n₃取何值时均有反例，即这样的使T为交空集的n₂和n₃不存在.

对于n₁=5的情形同样可以给出证明.对于n₁＞5的情形，π_e(A₅)={1，2，3，5}即为其反例.则不存在|T|=3时的非平凡的交空集.

最后考虑|T|＞3时的交空集.我们用与上面类似的论证来证明不存在|T|＞3时的非平凡的交空集.为此，先给出数论的一个引理：

引理5  设m，n是两个正整数，(m，n)=d，则(2^m-1，2ⁿ-1)=2^d-1.

证  不妨设m=nq+r，0≤r＜n，则

于是

若r ≠ 0，继续对n，r作辗转除法，就可得

注1  引理5也可由文献[11]第七章第四节的定理1直接推出.

推论1  设p，q为相异的素数.则

证  事实上，由：

以及(2p，2q)=2和引理5知，除1，2，3外，L₂(2^p)和L₂(2^q)中不含阶相同的元素.

推论2  设p，q为相异的奇素数.则π_e(Sz(2^p))∩π_e(Sz(2^q))={1，2，4，5}.

证  先证明与引理5类似的数论结果.

设p，q为相异的奇素数，则(2^2p+1，2^2q+1)=5.事实上，

由引理5知

但3不整除2^2p+1，于是(2^2p+1，2^2q+1)=5.同样地，容易证明

于是结论成立.

设|T|=s＞3，可令

如上所述，n₁=2，或{n₁，n₂}={3，4}，或{n₁，n₂}={3，5}均为上述情形的平凡推广.而当n₁＞5时，A₅为其反例.于是只有如下的可能情形出现：

(d)设T={3，n₂，n₃，…，n_s}，其中n₂为大于5的整数.注意到

而对于任意的Sz(2^p)，至少有1个不属于{1，2，4，5}的数属于π_e(Sz(2^p))，它不出现在任一其它的π_e(Sz(2^q))中.于是对任意的s=|T|，只要对Sz(2^p)取足够多的素数p，均能找到反例，即这样的使T为交空集的T不存在.

(e)设T={4，n₂，n₃，…，n_s}，其中n₂为大于4的整数.注意到

而对于任意的L₂(2^p)，至少有1个不属于{1，2，3}的数属于π_e(L₂(2^p))，它不出现在任一其它的π_e(L₂(2^q))中.于是对任意s=|T|，只要对L₂(2^p)取足够多的素数p，均能找到反例，即这样的使T为交空集的T不存在.

由此，我们得出如下定理：

定理2  设G是有限群，π_e(G)是G中元素的阶之集.如果2π_e(G)，或π_e(G)∩{3，4}=∅，或π_e(G)∩{3，5}=∅，则G可解.进一步，仅用π_e(G)的交空集T来判定G是否可解，仅有3种情形，即T={2}，{3，4}，{3，5}.