Para $n\le 3$, $H_1=1$ y el resultado tiene que ser revisado por la mano (fácil, ya que $A_2$ es trivial y $A_3$ es cíclico fo orden 3). Ahora suponga $n\ge 4$.
El conjunto $C=\{H_1,\dots,H_n\}$ es una sola $G$-clase conjugacy de los subgrupos de $A_n$. Por lo tanto, si $\phi(H_1)=H_i$,$\phi(C)=C$. El conjunto de $\phi$ tal que $\phi(C)=C$ forman un subgrupo $I_n$$\mathrm{Aut}(A_n)$, que contiene automorfismos inducida por elementos de la $S_n$.
En particular, para $\phi\in I_n$ no es una permutación $s=s(\phi)$ $\{1,\dots,n\}$ tal que $\phi(H_j)=H_{s(j)}$ todos los $j$. A continuación, $\phi\mapsto s(\phi)$ es un homomorphism $I_n\mapsto S_n$. Si $\phi\in S_n$$s(\phi)=\phi$. Por lo tanto, para mostrar que $I_n=S_n$ es suficiente para demostrar que cualquier $\psi$ en el núcleo de $s$ es trivial.
Por supuesto, $\psi(H_j)=H_j$ todos los $j$ y permítanos mostrarle $\psi$ es la identidad. En particular, $\psi$ preserva las intersecciones de cualquier $n-3$ de la $H_j$; por tanto, los mapas de cualquier 3-ciclo a sí mismo o su inverso. Dado que todos los subgrupos cíclicos generado por los 3-ciclos son conjugado (debido a $A_n$ actúa transitivamente sobre 3-elemento de subconjuntos), si $\psi$ no es la identidad, entonces $\psi$ mapas de todos los 3-ciclos a su inversa. Ahora (utilizando el derecho de acción, por lo que la lectura de permutaciones de la izquierda para calcular las composiciones), pero esto da lugar a una contradicción, puesto que implicaba
$$(134)=\psi((143))=\psi((123)(243))=\psi((123))\psi((243))=(321)(342)=(142).$$
