这部分我们将利用群论的知识分析得到p²阶元素的结构。

引理3.1. [12] 令n是正整数且p是素数，设Ω是一个大小为n的集合，则对于Ω的每个大小为p的子集Δ，恰好有 $\left(p-1\right)!$个两两不相同的p-循环是Δ上的置换。

令n是正整数，设 $\left[n\right]=\left\{1,2,\cdots ,n\right\}$， $\Delta =\left[n\right]\backslash \left\{1\right\}=\left\{2,3,\cdots ,n\right\}$，S_n是 $\left[n\right]$上的对称群。因为每个置换都可以写成若干个不相交轮换乘积的形式，也就是说一个置换的阶是其不相交轮换的长度的最小公倍数。接下来我们将找出对称群S_n中p²阶元素的所有形式：

假设 $\sigma \in S_n$是一个p²阶元素，根据置换的阶的定义，存在一个最小的正整数k使得 ${\sigma }^k$是恒等置换。由于 $k=p^2$，我们知道p是k的一个因子。根据轮换分解定理， $\sigma$可以分解为若干个不相交的轮换的乘积，即 $\sigma ={\tau }_1{\tau }_2\cdots {\tau }_r$，其中 ${\tau }_i$是长度为 $l_i$的轮换，且 $l_1+l_2+\cdots +l_r\le n$。由于 $\sigma$的阶是p²，根据置换的阶和轮换长度的关系，我们知道p²必须是 $l_1,l_2,\cdots ,l_r$的最小公倍数。由于p是p²的一个因子，因此必须是 $l_1,l_2,\cdots ,l_r$中的某些数的因子。考虑以下几种情况：

(1) 如果存在某个 $l_i=p^2$，那么 $\sigma$可以写成至少包含一个p²个元素的轮换的乘积，证明完成。

(2) 如果不存在某个 $l_i=p^2$，但存在多个 $l_i$是p的倍数(例如 $l_1=p$， $l_2=p$)，那么这些轮换的乘积的阶将是p的一个因子，但不一定是p²。因此这种情况不足以证明 $\sigma$的阶是p²。

(3) 如果存在某个 $l_i=p^2$，和某个 $l_j=p$(其他 $l_k$要么是1要么是p的倍数但不大于)，那么 $\sigma$可以写成至少包含一个p²个元素的轮换和p个元素的轮换的乘积，证明完成。

(4) 如果不存在某个 $l_i=p^2$，且只有某个 $l_i$是p的倍数(其他 $l_k$都是1或者不是p的倍数的数)，那么 $\sigma$的阶不可能是p²，因为这将导致阶是p的一个小于p²的因子。

综上所述，我们得出结论： $\sigma$要么是至少包含一个p²个元素的轮换的乘积，要么是至少包含一个p²个元素的轮换和p个元素的轮换的乘积。这完成了证明。

所以S_n中任一p²阶元素g可以表示成下列形式之一：

(I) $\underset{s_1}{\underset{︸}{\stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\cdots \stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}}}$

(II) $\underset{s_2}{\underset{︸}{\stackrel{p\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\stackrel{p\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\cdots \stackrel{p\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}}}\underset{s_3}{\underset{︸}{\stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}\cdots \stackrel{p^2\text{-cycle}}{\stackrel{︷}{(\cdots )}}}}$

其中 $s_i\ge 1\left(i=1,2,3\right)$。

这部分我们将结合群论知识、列举法和组合数学的方法计算对称群S_n中p²阶元素的数量及比例的递归公式。

下面我们将分别讨论对称群S_n中关于上面两种形式的元素所占比例的上界：

令 ${{\rm P}}_n\left(p^2\right)$和 ${{\rm P}}_n^{(\ast )}\left(p^2\right)$分别表示S_n中所有p²阶元素所组成的集合和上述两种形式 $(\ast )$元素组成的集合，其中 $(\ast )$取I或II，则相应的比例分别为

${\rho }_n\left(p^2\right)=\frac{\left|{{\rm P}}_n\left(p^2\right)\right|}{n!}$; (1)

${\rho }_n^{(\ast )}\left(p^2\right)=\frac{\left|{{\rm P}}_n^{(\ast )}\left(p^2\right)\right|}{n!}$. (2)

为了证明定理1，我们需要先找出 ${\rho }_n^{(\ast )}\left(p^2\right)$的递归公式。

命题3.2. 令n是正整数且p是奇素数，则S_n中形式为 $(\ast )$的元素所占比例满足下列表达式：

(1) 如果 $(\ast )=I$且 $n\ge p^2+1$，则

$n{\rho }_n^I\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}$;

(2) 如果 $(\ast )=II$且 $n\ge p^2+p+1$，则

$n{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)$.

证明：根据式(1)可知，对任意的正整数n有

$\left|{{\rm P}}_n\left(p^2\right)\right|=n!{\rho }_n\left(p^2\right)$. (3)

下面通过列举 ${{\rm P}}_n\left(p^2\right)$中的元素来建立递归关系，设

${{\rm P}}_n\left(p^2\right)={}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\cup {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$,

其中 ${}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)=\left\{g\in {{\rm P}}_n\left(p^2\right)|1^g=1\right\}$及 ${}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)=\left\{g\in {{\rm P}}_n\left(p^2\right)|1^g\ne 1\right\}$。

(1) 先考虑 ${}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$中的元素。

显然 ${}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$是 $Sym\left(\Delta \right)$中所有p²阶元素所组成的集合，因此

$\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}\left(p^2\right)$.

如果 $(\ast )=I$，则

$\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)$; (4)

如果 $(\ast )=II$，则

$\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)$. (5)

(2) 再考虑 ${}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$中的元素。

如果 $(\ast )=I$，因为 $1^g\ne 1$，所以对每一个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$，1在长度为p²的循环中，记这个循环为h，因此h是一个p²-循环。由引理3.1可得，循环h的个数等于 $\left(\begin{array}{c}n-1\\ p^2-1\end{array}\right)\left(p^2-1\right)!$。由于对每个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$， $g=h{g}^{\prime }$是 $p^2$阶元素，注意到 $g^{\prime }\in S_{\left[n\right]\backslash \left\{{\Delta }^{\prime },1\right\}}\cong S_{n-p^2}$，其中 ${\Delta }^{\prime }\subset \Delta$且 $\left|{\Delta }^{\prime }\right|=p^2-1$，从而 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$或 $o\left(g^{\prime }\right)=1$。若 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$，即 $g^{\prime }$是 $S_{n-p^2}$中p²阶元素，此时元素 $g^{\prime }$的个数等于 $S_{n-p^2}$中p²阶元素的个数；若 $o\left(g^{\prime }\right)=1$，即 $g^{\prime }=1$。从而得到

$\begin{array}{c}\left|{}_2{\rm P}{}_{n-p^2}\left(p^2\right)\right|=\left(\begin{array}{c}n-1\\ p^2-1\end{array}\right)\left(p^2-1\right)!\left[\left(n-p^2\right)!{\rho }_{n-p^2}\left(p^2\right)+1\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p^2}\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)}\right]\end{array}$(6)

由式(4)和式(6)相加可得

$\begin{array}{c}\left|{{\rm P}}_n\left(p^2\right)\right|=\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|+\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|\\ =\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}\right]\end{array}$(7)

由式(3)和式(7)得到命题3.2结论(1)

$n{\rho }_n^I\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}$. (8)

如果 $(\ast )=II$，因为 $1^g\ne 1$，所以对于每一个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$，1在长度为p或p²的循环中，记该循环为h。有以下两种情况：

情况一：h是p-循环。

由引理3.1知，循环h的个数为 $\left(\begin{array}{c}n-1\\ p-1\end{array}\right)\left(p-1\right)!$。由于对每个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$， $g=h{g}^{\prime }$是p²阶元素，注意到 $g^{\prime }\in S_{\left[n\right]\backslash \left\{{\Delta }^{\prime },1\right\}}\cong S_{n-p}$，其中 ${\Delta }^{\prime }\subset \Delta$且 $\left|{\Delta }^{\prime }\right|=p-1$，从而 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$，即 $g^{\prime }$是 $S_{n-p}$中p²阶元素，因此元素 $g^{\prime }$的个数等于 $S_{n-p}$中p²阶元素个数。从而得到

$\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(\begin{array}{c}n-1\\ p-1\end{array}\right)\left(p-1\right)!\left(n-p\right)!{\rho }_{n-p}\left(p^2\right)$, (9)

又因为 $S_{n-p}$中出现p²阶元素只有两种情况：或者元素中只有p²-循环，即形式I，或者元素中同时出现p²-循环和p-循环，即形式II。因此得到

$\begin{array}{c}\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(\begin{array}{c}n-1\\ p-1\end{array}\right)\left[\left(p-1\right)！\left(n-p\right)!{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+\left(p-1\right)！\left(n-p\right)!\left(n-p\right)!{\rho }_{n-p}^{II}\left(p\right)\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p\right)\right]\end{array}$(10)

情况二：h是p²-循环。

由引理3.1可知，循环h的个数为 $\left(\begin{array}{c}n-1\\ p^2-1\end{array}\right)\left(p^2-1\right)!$。由于对每个 $g\in {}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)$， $g=h{g}^{\prime }$是p²阶元素，注意到 $g^{\prime }\in S_{\left[n\right]\backslash \left\{{\Delta }^{\prime },1\right\}}\cong S_{n-p^2}$，其中 ${\Delta }^{\prime }\subset \Delta$且 $\left|{\Delta }^{\prime }\right|=p^2-1$，从而 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$或 $o\left(g^{\prime }\right)=p$。若 $o\left(g^{\prime }\right)=p^2$，即 $g^{\prime }$是 $S_{n-p^2}$中p²阶元素，此时元素 $g^{\prime }$的个数等于 $S_{n-p^2}$中p²阶元素个数；若 $o\left(g^{\prime }\right)=p$，即 $g^{\prime }$是 $S_{n-p^2}$中p阶元素，此时元素 $g^{\prime }$的个数等于 $S_{n-p^2}$中p阶元素个数。从而得到

$\begin{array}{c}\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(\begin{array}{c}n-1\\ p^2-1\end{array}\right)\left(p^2-1\right)！\left[\left(n-p^2\right)!{\rho }_{n-p^2}\left(p^2\right)+\left(n-p^2\right)!{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p^2}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\end{array}$(11)

由式(10)和式(11)相加得

$\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|=\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]$. (12)

联立式(5)和式(12)得

$\begin{array}{c}\left|{{\rm P}}_n\left(p^2\right)\right|=\left|{}_1{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|+\left|{}_2{\rm P}{}_n\left(p^2\right)\right|\\ =\left(n-1\right)!{\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\\ =\left(n-1\right)!\left[{\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\end{array}$(13)

由式(3)和式(13)得到命题3.2结论(2)

$n{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)$. (14)

这就完成了命题3.2的证明。

引理3.3. [13] (第二数学归纳法) 假设有一个与自然数有关的命题，如果

(1) 当时 $n=1$，命题 $p\left(1\right)$成立；

(2) 当时 $n>1$，若对所有的自然数 $m<n$，命题 $p\left(m\right)$成立，推出 $p\left(n\right)$成立。

则命题对于一切自然数n来说都成立。

引理3.4. [12] 令p是素数且n是正整数，则记 $n=ap+k$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k<p$，则在对称群S_n中p阶元素占比 ${\rho }_p\left(n\right)$满足

${\rho }_p\left(n\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$，当且仅当 $p\le n<2p$等号成立。

这部分我们将通过第二数学归纳法来推导出 ${\rho }_n\left(p^2\right)$的上界表达式。

由于对称群S_n中p²阶元素可以写成p²个元素的轮换的乘积的形式，也就是I形式下的p²阶元素的情况，则得到如下命题：

命题3.5 令n是正整数且p是素数。则记 $n=a\cdot p^2+k$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k\le p^2-1$，则在对称群S_n中p²阶元素占比 ${\rho }_n\left(p^2\right)$满足

${\rho }_n^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot k!}$，当且仅当 $p^2\le n\le 2p^2-1$等号成立。

证明：如果 $n<p^2$，不存在I形式的p²阶元素，则 ${{\rm P}}_n^I\left(p^2\right)=\varnothing$，从而 ${\rho }_n^I\left(p^2\right)=0$。

如果 $n=p^2$，则得到 $\left|{{\rm P}}_n^I\left(p^2\right)\right|=\frac{n!}{p^2}$，从而 ${\rho }_n^I\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2}$。

现假设 $n\ge p^2+1$，并归纳假设结果对所有严格小于n的正整数成立。记 $n=a\cdot p^2+k$，其中 $a\ge 0$，且 $0\le k\le p^2-1$。我们将利用命题3.2(1)

$n{\rho }_n^I\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}$.

继续下面的证明。

由命题3.2(1)知，递归公式出现了 $n-1$和 $n-p^2$的情况，现在分别将 $n-1$和 $n-p^2$分解成标准式：

$n-1=\{\begin{array}{ll}a{p}^2+k-1\hfill & k\ge 1\hfill \\ \left(a-1\right)\cdot p^2+p^2-1\hfill & k=0\hfill \end{array}$; $n-p^2=\left(a-1\right)\cdot p^2+k$.

下面对a进行讨论。

(1) 当 $a=1$且 $k\ge 1$时，则 $n=p^2+k$。得到： $n-1=p^2+k-1$，此时存在I形式的p²阶元素； $n-p^2=k$，此时不存在I形式的p²阶元素。由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^I\left(p^2\right)=\frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^2\cdot \left(k-1\right)!}+0+\frac{1}{k!}\right]\\ =\frac{1}{p^2\cdot k!}\cdot \frac{k+p^2}{n}\\ =\frac{1}{p^2\cdot k!}\end{array}$

(2) $a\ge 2$。(i) 如果 $k=0$时，则 $n=a\cdot p^2$。从而 $n-1=\left(a-1\right)\cdot p^2+p^2-1$和 $n-p^2=\left(a-1\right)\cdot p^2$；此时都存I形式的p²阶元素。由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(p^2-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^2\cdot \left(p^2-1\right)!}+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}\right]\\ =\frac{1}{p^2}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p^2-1\right)!}+1+\frac{p^2}{\left(n-p^2\right)!}}{n}\\ <\frac{3}{n{p}^2}<\frac{1}{p^2}\end{array}$

(ii) 如果 $k\ge 1$时，则 $n=a\cdot p^2+k$。得到 $n-1=a\cdot p^2+k-1$和 $n-p^2=\left(a-1\right)\cdot p^2+k$；此时都存在I形式的p²阶元素；由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p^2}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot k!}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^2\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot k!}+\frac{1}{\left(n-p^2\right)!}\right]\\ =\frac{1}{p^2\cdot k!}\cdot \frac{k+1+\frac{p^2\cdot k!}{\left(n-p^2\right)!}}{n}\\ <\frac{k+2}{n{p}^2\cdot k!}<\frac{1}{p^2\cdot k!}\end{array}$

综上所述，我们证得命题3.5。

由于对称群S_n中p²阶元素可以写成p²个元素的轮换和p个元素的轮换的乘积的形式，也就是II形式下的p²阶元素的情况，则得到如下命题：

命题3.6 令n是正整数且p是素数。记 $n=a\cdot p+k$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k\le p-1$，则在对称群S_n中p²阶元素占比 ${\rho }_n\left(p^2\right)$满足

${\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$，当且仅当 $p^2+p\le n\le p^2+2p-1$等号成立。

证明：如果 $n<p^2+p$，不存在II形式的p²阶元素，则 ${{\rm P}}_n^{II}\left(p^2\right)=\varnothing$，从而 ${\rho }_n^{II}\left(p^2\right)=0$。

如果 $n=p^2+p$，则得到 $\left|{{\rm P}}_n^{II}\left(p^2\right)\right|=\frac{n!}{p^3}$，从而 ${\rho }_n^{II}\left(p^2\right)=\frac{1}{p^3}$。

现假设 $n\ge p^2+p+1$，并归纳假设结果对所有严格小于n的正整数成立。记 $n=a\cdot p+k$，其中 $a\ge 0$且 $0\le k\le p-1$。我们将利用命题3.2(1)

$n{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)={\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)$.

继续下面的证明。

由命题3.2(2)知，递归公式出现了 $n-1$， $n-p$和 $n-p^2$的情况，现在我们分别将 $n-1$， $n-p$和 $n-p^2$分解成标准式：

$n-1=\{\begin{array}{ll}ap-1\hfill & k\ge 1\hfill \\ \left(a-1\right)\cdot p+p-1\hfill & k=0\hfill \end{array}$; $n-p=\left(a-1\right)\cdot p+k$; $n-p^2=\left(a-p\right)\cdot p+k$.

下面对a进行讨论。

(1) $a=p+1$且 $1\le k\le p-1$时，则 $n=\left(p+1\right)\cdot p+k$。因此得到： $n-1=\left(p+1\right)\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=p^2+k$，此时存在I形式的p²阶元素但不存在II形式的p²阶元素； $n-p^2=p+k$，此时不存在II形式的p²阶元素。由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)=\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)=\frac{1}{p^2\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)=0$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)=\frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)=\frac{1}{n}\left[{\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)+{\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\right]\\ =\frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot k!}+0+\frac{1}{p\cdot k!}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\cdot \frac{k+p+p^2}{n}\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\end{array}$

(2) $a\ge p+2$， $0\le k\le p-1$时。

(i) $k=0$。如果 $a=p+2$时，则 $n=\left(p+2\right)\cdot p$。因此得到： $n-1=\left(p+1\right)\cdot p+p-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=p^2+p$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=2p$，此时不存在II形式的

p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot p!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot p!}+\frac{1}{p^3}+\frac{1}{p}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p-1\right)!}+\frac{1}{\left(p-1\right)!}+1+p^2}{n}\\ <\frac{1}{p^3}\end{array}$

如果 $p+3\le a\le 2p$时，则 $n=a\cdot p$。因此得到： $n-1=\left(a-1\right)\cdot p+p-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=\left(a-1\right)\cdot p$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=\left(a-p\right)\cdot p$，此时不存在II

形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}+\frac{1}{p^3}+\frac{1}{p}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p-1\right)!}+\frac{p}{\left(n-p^2-p\right)!}+1+p^2}{n}\\ <\frac{1}{p^3}\end{array}$

如果 $a=2p+1$时，则 $n=\left(2p+1\right)\cdot p$。因此得到： $n-1=2p^2+p-1$，此时存在II形式下的p²阶元素； $n-p=2p^2$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=p^2+p$，此时存在II形式的p²阶元素；

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{p^3}+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^3}\right]\\ =\frac{1}{p^3}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p-1\right)!}+p+1+p^2+1}{n}\\ <\frac{1}{p^3}\end{array}$

如果 $a=mp+r\ge 2p+2$，其中 $1\le r\le p-1$，则有 $n=\left(mp+r\right)\cdot p$。因此得到： $n-1=\left(mp+r-1\right)\cdot p+p-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=\left(mp+r-1\right)\cdot p$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=\left(mp+r-p\right)\cdot p$，此时存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-m{p}^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3}$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(p-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(n-m{p}^2-p\right)!}+\frac{1}{p^3}+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^3}\right]\\ =\frac{1}{p^3}\cdot \frac{\frac{1}{\left(p-1\right)!}+\frac{p}{\left(n-m{p}^2-p\right)!}+1+p^2+1}{n}\\ <\frac{1}{p^3}\end{array}$

(ii) $k\ge 1$。如果 $a=p+2$时，则 $n=\left(p+2\right)\cdot p+k$。因此得到： $n-1=\left(p+2\right)\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=p^2+p+k$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=2p+k$，此时不

存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(p+k\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(p+k\right)!}+\frac{1}{p^3\cdot k!}+\frac{1}{p\cdot k!}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\cdot \frac{k+\frac{p\cdot k!}{\left(p+k\right)!}+1+p^2}{n}\\ <\frac{1}{p^3\cdot k!}\end{array}$

如果 $p+3\le a\le 2p$时，则 $n=a\cdot p+k$。因此得到： $n-1=a\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=\left(a-1\right)\cdot p+k$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=\left(a-p\right)\cdot p$，此时不存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)=0$。因此

$\begin{array}{c}{\rho }_n^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{n}\left[\frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}+\frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}+\frac{1}{p^3\cdot k!}+\frac{1}{p\cdot k!}+0\right]\\ =\frac{1}{p^3\cdot k!}\cdot \frac{k+\frac{p\cdot k!}{\left(n-p^2-p\right)!}+1+p^2}{n}\\ <\frac{1}{p^3\cdot k!}\end{array}$

如果 $a=2p+1$时，则 $n=\left(2p+1\right)\cdot p+k$。因此得到： $n-1=\left(2p+1\right)\cdot p+k-1$，此时存在II形式的p²阶元素； $n-p=2p^2+k$，此时同时存在I形式和II形式的p²阶元素； $n-p^2=p^2+p+k$，此时存在II形式的p²阶元素。

由归纳假设有： ${\rho }_{n-1}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot \left(k-1\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^I\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^2\cdot \left(n-p^2-p\right)!}$， ${\rho }_{n-p}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$， ${\rho }_{n-p^2}\left(p\right)\le \frac{1}{p\cdot k!}$和 ${\rho }_{n-p^2}^{II}\left(p^2\right)\le \frac{1}{p^3\cdot k!}$。因此