Antag att $aH \cap bH \neq \emptyset,$ vi har då ett element

för något $h, h' \in H.$ Detta betyder att $a = b(h'h^{-1}) \in bH,$ så $aH \subseteq bH.$ På samma sätt får vi $bH \subseteq aH$ vilket betyder att $aH = bH.$

Att alla sidoklasser har lika många element följer av att multiplikationen $a : H \longrightarrow aH$ som skickar $h \mapsto ah$ är en bijektion, ty den har inversen $a^{-1} : aH \longrightarrow H,$ så $|H| = |aH|$ för alla $a \in G.$

Antag att $N$ är normal. Vi vill visa att om $xN = x'N$ och $yN = y'N$ så är $xyN = x'y'N.$ Då $N$ är normal så är $yN = Ny,$ så $xyN = xNy = x'Ny' = x'y'N.$

Antag att multiplikationen är väldefinierad, vi vet att $N = nN$ för $n \in N,$ så $gN = gnN.$ Om vi multiplicerar båda led med $g^{-1}N$ från höger så får vi $N = gng^{-1}N,$ vilket är detsamma som $gng^{-1} \in N.$

$gng^{-1} = n(gg^{-1}) = n \in N$ för varje $g \in G.$

De två vänstersidoklasserna är $H$ och $aH$ för något $a \notin H$, och de två högersidoklasserna är $H$ och $Ha$. Men eftersom sidoklasserna bildar en klassindelning av $G$ så är $aH = G \setminus H = Ha \iff aha^{-1} \in H.$

$a^r a^s = a^{r+s} = a^{s+r} = a^s a^r.$

Om $G$ har primtalsordning så säger Lagranges sats att det inte finns några äkta delgrupper till $G.$ Varje element $a \neq e$ i $G$ genererar då hela gruppen, så $G$ måste vara cyklisk.

Låt $G = \langle a \rangle.$ Varje element i $H$ kan skrivas som $a^n$ för något heltal $n.$ Låt $m$ vara det minsta positiva heltalet så att $a^m \in H$ och låt $b = a^m.$ Vi vill visa att varje $a^n \in H$ kan skrivas som $b^k.$

Vi vet att vi kan skriva $n = mk + r$ för något $0 \leq r < m.$ Så $a^n = (a^m)^k a^r,$ vilket innebär att $a^r = (a^m)^{-k} a^n \in H.$ Men $m$ är det minsta positiva heltalet så att $a^m \in H,$ så $r < m \implies r = 0$ och vi får $a^n = (a^m)^k = b^k.$

Låt $C_n = \langle a \rangle$ och $C_m = \langle b \rangle.$ Vi har alltid $(a, b)^{\text{lcm}(n, m)} = (e, e),$ så en delgrupp till $C_n \times C_m$ kan ej ha större ordning än $\text{lcm}(n, m).$

Om: Låt $C_k = \langle (a^i, b^j) \rangle$ vara en delgrupp, att $k$ delar $\text{lcm}(n, m)$ följer av att $(a^i, b^j)^{\text{lcm}(n, m)} = (e, e) = (a^i, b^j)^k.$

Endast om: Låt $\text{lcm}(n, m) = kd.$ Då har $(a^d, b^d) \neq (e, e)$ ordning $k,$ och genererar därför delgruppen $C_k.$

Om: Låt $a \in G$ ha ordning $|G|.$ Då är $C_{|G|}$ en delgrupp till $G,$ så $G \cong C_{|G|}.$

Endast om: Låt $G$ vara cyklisk, det genereras då av ett element med ordning $|G|.$

Låt $C_n = \langle a \rangle$ och $C_m = \langle b \rangle.$ Elementet $(a, b) \in C_n \times C_m$ har då ordning $nm,$ och från Prop. 2.5 får vi att $C_n \times C_m \cong C_{nm}.$

Låt $C_n = \langle a \rangle$ och $C_m = \langle b \rangle$ och $n = xy$ medans $m = xz.$ Varje element $(a^i, b^j) \in C_n \times C_m$ upphöjt i $xyz$ är då lika med $e,$ (se Prop. 3.1) så inget element kan ha ordning $x^2yz = nm.$ Från Prop. 2.5 får vi att $C_n \times C_m \not\cong C_{nm}.$

Elementet $a$ genererar en cyklisk delgrupp $C_n = \{e, a, a^2, \ldots, a^{n-1}\}$ till $G,$ där $n$ är ordningen av $a.$ Enligt Lagranges sats vet vi då att $n$ delar $|G|,$ dvs. $|G| = nk.$ Vi får då $a^{|G|} = a^{nk} = (a^n)^k = e.$

Observera att detta gäller även om $G$ är icke-abelsk.

Skriver vi om detta får vi $(ba)^{n-1} = a^{-1}b^{-1},$ vilket medför att $(ba)^n= e.$

Låt $p$ vara ett primtal som ej delar $2mnr.$ Då är $p$ en enhet (har en invers) i ringen $\mathbb Z / 2mnr \mathbb Z$ och därmed är $p^k = 1$ för något $k.$ Detta betyder att $2mnr$ delar $p^k - 1.$ Eftersom den multiplikativa gruppen $\mathbb Z^\times_{p^k}$ har $p^k - 1$ element och är cyklisk så finns det element $u, v, w \in \mathbb Z^\times_{p^k}$ med respektive ordning $2m, 2n, 2r.$

Låt $a = \begin{pmatrix} u & 1\\ 0 & u^{-1} \end{pmatrix}$ och $b = \begin{pmatrix} v & 0\\ t & v^{-1} \end{pmatrix}$ vara element i $\text{SL}_2(\mathbb Z_{p^k}),$ där vi har valt ut $t$ så att:

Det karakteristiska polynomet för $a = (\lambda - u)(\lambda - u^{-1}),$ så $a$ har ordning $2m$. Det karakteristiska polynomet för $b = (\lambda - v)(\lambda - v^{-1}),$ så $b$ har ordning $2n$. har karakteristisk polynom $\lambda^2 - (uv + t + u^{-1}v^{-1}) \lambda + 1 = (\lambda - w)(\lambda - w^{-1})$, så $ab$ har ordning $2r$.

Då $-I$ är det unika elementet med ordning 2 i $\text{SL}_2(\mathbb Z_{p^k})$ så har avbildningarna hos $a, b, ab$ respektive ordning $m, n, r$ i kvotgruppen $\text{SL}_2(\mathbb Z_{p^k})/\{\pm I\}.$

Antag att det finns en rad $a$ så att $ab = ac,$ för två olika kolumner $b \neq c.$ Vi kan då multiplicera med $a^{-1}$ och vi får $b = c,$ en motsägelse.

Detsamma gäller för kolumner, så varje element i en Cayleytabell är med exakt en gång per rad och kolumn. Detta kallas för en latinsk kvadrat.