Los cuaterniones grupo es de hecho la mínima contra-ejemplo. Claramente, cualquier grupo de órdenes de $1,2,3,5$ o $7$ es cíclica, y los dos (no isomorfos) grupos de orden $4$ son:
$\Bbb Z_4$ $\Bbb Z_2 \times \Bbb Z_2$.
De igual manera, hay sólo dos grupos isomorfos de orden $6$:
$\Bbb Z_6$ $S_3 \cong \Bbb Z_3 \rtimes \Bbb Z_2$ (este es el único posible no trivial de semi-producto directo de estos dos grupos, ya que:
$0 \mapsto 1_{\Bbb Z_3}\\1 \mapsto (x \mapsto -x)$
es el único no-trivial homomorphism $\Bbb Z_2 \to \text{Aut}(\Bbb Z_3)$).
Es conveniente el uso de esta formulación de un(n interna) semi-producto directo:
$G = NH$ donde $N,H$ son subgrupos de $G$, e $N \lhd G$.
$N \cap H = \{e_G\}$.
El problema con la obtención de $Q_8$ como un semi-producto directo de dos adecuada subgrupos, es que debemos tener bien $|H|$ o $|N|$ igual a $2$. Pero el único subgrupo de orden $2$$Q_8$$\{1,-1\}$, que es un subgrupo de cada subgrupo de $Q_8$ orden $4$:
$\langle i\rangle = \{1,-1,i,-i\}\\\langle j\rangle = \{1,-1,j,-j\}\\\langle k\rangle = \{1,-1,k,-k\}$
Tenga en cuenta que todos los $6$ elementos de orden $4$ se encuentran en una de estas $3$ subgrupos.
Por lo tanto la condición de $N \cap H = \{e_G\}$ ($=\{1\}$ en este caso) es imposible de satisfacer.
