部分群

1 から 2 を示す。条件2により、$G$ の演算は $H\times H$ から $H$ への写像を定める。結合律は $G$ の任意の三元について成り立つ等式なので、$H$ の元についても成り立つ。上で見たように $e\in H$ であり、$e$ は $G$ の単位元だから $H$ の元 $a$ に対しても $ea=ae=a$ を満たす。条件3により各 $a\in H$ の逆元 $a^{-1}$ は $H$ に属し、$aa^{-1}=a^{-1}a=e$ である。よって $H$ は制限した演算について群である。
2 から 1 を示す。$H\neq\emptyset$ は仮定に含まれる。演算の制限が $H$ 上の二項演算を定めるとは、$a,b\in H$ なら $ab\in H$ ということであり、これは条件2である。$H$ の単位元を $e'$ とすると $e'e'=e'$ が $H$ で、したがって $G$ で成り立つ。$G$ において両辺に $e'^{-1}$ を左から掛ければ $e'=e$ を得る。次に $a\in H$ の $H$ における逆元を $a'$ とすると $aa'=e'=e$ が $G$ で成り立ち、両辺に $a^{-1}$ を左から掛ければ $a'=a^{-1}$ となる。よって $a^{-1}=a'\in H$ であり、条件3が成り立つ。最後の主張もこの計算から従う。

$H$ が部分群なら、$a,b\in H$ に対して $b^{-1}\in H$、したがって $ab^{-1}\in H$ である。
逆に二条件を仮定する。$H\neq\emptyset$ だから $a\in H$ が取れ、条件2を $a,a$ に適用して $e=aa^{-1}\in H$ を得る。次に任意の $b\in H$ に対し、条件2を $e,b$ に適用して $b^{-1}=eb^{-1}\in H$ を得る。最後に任意の $a,b\in H$ に対し、いま示したことから $b^{-1}\in H$ であり、条件2を $a,b^{-1}$ に適用して $ab=a(b^{-1})^{-1}\in H$ を得る。よって $H$ は積と逆元について閉じており、部分群である。

$a\in H$ を任意に取る。積について閉じていることから、すべての正整数 $k$ について $a^k\in H$ である。$H$ は有限集合だから、正整数 $k$ を $a^k$ へ送る写像は単射ではありえず、$a^i=a^j$ となる正整数 $i< j$ が存在する。両辺に $a^{-i}$ を掛ければ $a^{j-i}=e$ であり、$n:=j-i$ は正整数である。
$n=1$ なら $a=e$ であり、$a^{-1}=e=a\in H$ である。$n\geq2$ なら $a^{n-1}\in H$ であり、$a\cdot a^{n-1}=a^n=e$ から $a^{-1}=a^{n-1}\in H$ である。いずれの場合も $a^{-1}\in H$ となり、$H$ は逆元について閉じている。$H$ は空でなく積について閉じているので、def-subgroup の三条件を満たす。

$D:=\bigcap_{i\in I}H_i$ とおく。各 $H_i$ は単位元 $e$ を含むので $e\in D$ であり、$D\neq\emptyset$ である。$a,b\in D$ とすると、すべての $i\in I$ について $a,b\in H_i$ であり、$H_i$ が部分群だから $ab^{-1}\in H_i$ である。よって $ab^{-1}\in D$ であり、prop-subgroup-criterion により $D$ は部分群である。

$H\subset K$ なら $H\cup K=K$、$K\subset H$ なら $H\cup K=H$ であり、いずれも部分群である。
逆に $H\cup K$ が部分群であり、しかも $H\not\subset K$ かつ $K\not\subset H$ と仮定して矛盾を導く。$h\in H\setminus K$ と $k\in K\setminus H$ を取る。$h,k\in H\cup K$ で $H\cup K$ は積について閉じているから $hk\in H\cup K$ である。$hk\in H$ なら $k=h^{-1}(hk)\in H$ となり $k\notin H$ に反する。$hk\in K$ なら $h=(hk)k^{-1}\in K$ となり $h\notin K$ に反する。いずれにせよ矛盾するので、$H\subset K$ または $K\subset H$ である。

右辺を $W$ とおく。まず $W$ が部分群であることを示す。$m=0$ の空積により $e\in W$ である。$x_1\cdots x_m,\ y_1\cdots y_l\in W$ に対し、
$$ (x_1\cdots x_m)(y_1\cdots y_l)^{-1}=x_1\cdots x_m\,y_l^{-1}\cdots y_1^{-1} $$
であり、$y_j\in S\cup S^{-1}$ なら $y_j^{-1}\in S\cup S^{-1}$ だから、右辺は $S\cup S^{-1}$ の元 $m+l$ 個の積である。よって $W$ の元であり、prop-subgroup-criterion により $W$ は部分群である。$m=1$ の積を考えれば $S\subset W$ なので、最小性から $\langle S\rangle\subset W$ である。
逆に、$S\subset H\leq G$ なる任意の部分群 $H$ は、逆元について閉じているので $S^{-1}\subset H$ を満たし、積について閉じているので $S\cup S^{-1}$ の元の有限個の積をすべて含む（積の個数 $m$ についての帰納法。$m=0$ では $e\in H$ である）。よって $W\subset H$ であり、特に $H=\langle S\rangle$ と取れば $W\subset\langle S\rangle$ を得る。
$S=\emptyset$ なら空積しかないので $W=\{e\}$ である。$S=\{g\}$ なら $W$ の元は $g$ と $g^{-1}$ の有限個の積であり、指数法則によりそれは $g^k$（$k\in\mathbb{Z}$）の形の元全体と一致する。

1. $e\in H$ だから $e'=f(e)\in f(H)$ であり、$f(H)\neq\emptyset$ である。$f(H)$ の二元は $f(a),f(b)$（$a,b\in H$）と書け、
   $$ f(a)f(b)^{-1}=f(a)f(b^{-1})=f(ab^{-1}) $$
   である。$H$ は部分群だから $ab^{-1}\in H$ であり、右辺は $f(H)$ に属する。よって prop-subgroup-criterion により $f(H)\leq G'$ である。
2. $f(e)=e'\in H'$ だから $e\in f^{-1}(H')$ であり、空でない。$a,b\in f^{-1}(H')$ とすると $f(a),f(b)\in H'$ であり、$H'$ が部分群だから
   $$ f(ab^{-1})=f(a)f(b)^{-1}\in H' $$
   である。よって $ab^{-1}\in f^{-1}(H')$ であり、$f^{-1}(H')\leq G$ である。

1. $gH=g'H$ なら $g'=g'e\in g'H=gH$ だから $g'=gh$ となる $h\in H$ があり、$g^{-1}g'=h\in H$ である。逆に $h:=g^{-1}g'\in H$ なら、任意の $h_1\in H$ に対し $g'h_1=g(hh_1)\in gH$ なので $g'H\subset gH$ であり、$g=g'h^{-1}$ から同様に $gH\subset g'H$ である。
2. $gH\cap g'H\neq\emptyset$ とし、$x$ をその元とする。$x=gh_1=g'h_2$（$h_1,h_2\in H$）と書けるので $g^{-1}g'=h_1h_2^{-1}\in H$ であり、1 により $gH=g'H$ である。各 $g\in G$ は $g=ge\in gH$ により何らかの左剰余類に属するので、左剰余類全体の和集合は $G$ である。
3. $h\mapsto gh$ は定義により $H$ から $gH$ への全射である。$gh=gh'$ なら左から $g^{-1}$ を掛けて $h=h'$ なので単射である。

prop-subgroup-coset-partition の 2 により、$G$ は互いに交わらない左剰余類の和集合である。$G$ は有限だから左剰余類は有限個であり、それらを $g_1H,\ldots,g_rH$（$r=[G:H]$）とする。互いに交わらない有限集合の和集合の元の個数は各集合の元の個数の和なので、
$$ |G|=|g_1H|+\cdots+|g_rH| $$
である。同命題の 3 により各項は $|H|$ に等しいから、$|G|=r|H|=[G:H]\,|H|$ を得る。

1. ex-subgroup-cyclic により $\langle g\rangle$ は $G$ の部分群であり、$G$ が有限だから $g$ は有限位数 $\ell$ を持ち、$|\langle g\rangle|=\ell$ である。thm-subgroup-lagrange により $\ell$ は $|G|$ を割り切る。$|G|=\ell q$ と書けば $g^{|G|}=(g^\ell)^q=e$ である。
2. $H\leq G$ とすると $|H|$ は $p$ を割り切るので $|H|=1$ または $|H|=p$、すなわち $H=\{e\}$ または $H=G$ である。$g\neq e$ を取ると $\langle g\rangle$ は $\{e\}$ でない部分群だから $\langle g\rangle=G$ である。