部分群

(1)$\Rightarrow$(2)。$H$ が部分群ならば定義から演算について閉じており、def-subgroup の直後の注意で見たように $a\in H$ の $H$ における逆元は $a^{-1}$ なので $a^{-1}\in H$ である。
(2)$\Rightarrow$(3)。$a,b\in H$ に対し (2) より $a^{-1}\in H$ であり、$a^{-1}$ と $b$ にふたたび (2) を当てて $a^{-1}b\in H$ を得る。
(3)$\Rightarrow$(1)。$H$ は空でないので $a_0\in H$ が取れる。(3) を $a=b=a_0$ に当てると $e=a_0^{-1}a_0\in H$ である。次に $a\in H$ を任意に取り、(3) を $a$ と $e$ の組に当てると $a^{-1}=a^{-1}e\in H$ である。最後に $a,b\in H$ に対し、いま示した $a^{-1}\in H$ と $b$ の組に (3) を当てると $ab=(a^{-1})^{-1}b\in H$ である。よって $H$ は演算について閉じ、$e$ を含み、逆元をとる操作について閉じている。結合律は $G$ から受け継がれるので、$H$ は制限された演算について群であり、$G$ の部分群である。$\square$

$a\in H$ を任意に取る。$H$ が演算について閉じているので、写像 $\lambda\colon H\to H$、$\lambda(x)=ax$ が定まる。$G$ のなかで $ax=ay$ の両辺に $a^{-1}$ を掛ければ $x=y$ となるので $\lambda$ は単射であり、$H$ は有限集合なので $\lambda$ は全単射である。
$\lambda$ は全射なので $\lambda(x)=a$ を満たす $x\in H$ があり、$ax=a$ の両辺に $a^{-1}$ を掛けて $x=e$ を得る。よって $e\in H$ である。ふたたび全射性から $\lambda(y)=e$ を満たす $y\in H$ があり、$ay=e$ から $y=a^{-1}$ である。よって $a^{-1}\in H$ である。$a\in H$ は任意だったので thm-subgroup-criterion の条件 2 が成り立ち、$H$ は $G$ の部分群である。$\square$

$H:=\bigcap_{\lambda\in\Lambda}H_\lambda$ とおく。各 $H_\lambda$ は部分群なので $e\in H_\lambda$ であり、よって $e\in H$、とくに $H$ は空でない。$a,b\in H$ を任意に取ると、各 $\lambda\in\Lambda$ について $a,b\in H_\lambda$ であり、$H_\lambda$ は部分群なので thm-subgroup-criterion より $a^{-1}b\in H_\lambda$ である。$\lambda$ は任意だったので $a^{-1}b\in H$ である。ふたたび thm-subgroup-criterion より $H$ は $G$ の部分群である。$\square$

$G$ 自身が $S$ を含む部分群なので共通部分をとる族は空でなく、prop-subgroup-intersection より $\langle S\rangle$ は $G$ の部分群である。$S$ は族に属する各部分群に含まれるので $S\subset\langle S\rangle$ である。また $H$ が $S$ を含む部分群であれば $H$ は族の一員なので、共通部分の定義から $\langle S\rangle\subset H$ である。$\square$

まず $n\ge0$ のとき $n\mathbb{Z}$ が部分群であることを見る。$0=n\cdot0\in n\mathbb{Z}$ なので空でなく、$-(nk)+nk'=n(k'-k)\in n\mathbb{Z}$ なので thm-subgroup-criterion の条件 3 が成り立つ。
逆に $H$ を $\mathbb{Z}$ の部分群とする。$H=\{0\}$ ならば $H=0\mathbb{Z}$ である。$H\neq\{0\}$ とすると、$0$ でない $a\in H$ が取れ、$-a\in H$ でもあるから $H$ は正の整数を含む。$H$ に含まれる正の整数全体は空でない自然数の集合なので最小元をもつ。それを $n$ とおく。$H$ は和と符号反転について閉じているので $n\mathbb{Z}\subset H$ である。逆に $x\in H$ を取り、除法の原理により $x=qn+r$（$q,r$ は整数、$0\le r< n$）と書くと $r=x-qn\in H$ である。$0< r< n$ ならば $n$ の最小性に反するので $r=0$、すなわち $x=qn\in n\mathbb{Z}$ である。よって $H=n\mathbb{Z}$ である。
一意性を見る。$n\mathbb{Z}=n'\mathbb{Z}$、$n,n'\ge0$ とする。$n\mathbb{Z}=\{0\}$ となるのは $n=0$ のときに限るので、片方だけが $0$ ということは起こらない。ともに $0$ ならば $n=n'$ である。ともに正ならば、$n$ は $n\mathbb{Z}$ に含まれる最小の正の整数であり $n'$ もまた $n'\mathbb{Z}$ に含まれる最小の正の整数なので、$n=n'$ である。$\square$

$G$ は一つの元で生成される。 $H\neq G$ なので $g\in G\setminus H$ が取れる。$e\in H$ なので $g\neq e$ であり、$\langle g\rangle\neq\{e\}$ である。もし $\langle g\rangle\neq G$ ならば $\langle g\rangle$ は自明でない部分群となるので仮定より $\langle g\rangle\subset H$、とくに $g\in H$ となり $g$ の取り方に反する。よって $G=\langle g\rangle$ である。
$D:=\{d\in\mathbb{Z}\mid g^{d}\in H\}$ は $\mathbb{Z}$ の部分群であり、$D=d_0\mathbb{Z}$ を満たす整数 $d_0\ge2$ がある。 $g^{0}=e\in H$ なので $0\in D$ であり、$d,d'\in D$ ならば $g^{-d+d'}=(g^{d})^{-1}g^{d'}\in H$ なので $-d+d'\in D$ である。よって thm-subgroup-criterion の条件 3 から $D$ は $\mathbb{Z}$ の部分群であり、prop-subgroup-integers より $D=d_0\mathbb{Z}$（$d_0\ge0$）と書ける。$d_0=1$ とすると $1\in D$、すなわち $g\in H$ となり $g$ の取り方に反する。$d_0=0$ とすると $H\cap\langle g\rangle=\{e\}$ であり、$H\subset G=\langle g\rangle$ だから $H=\{e\}$ となって仮定に反する。よって $d_0\ge2$ である。
$G$ は有限群である。 $G$ が無限群であると仮定する。$G=\langle g\rangle$ が無限集合なら、$g^{i}=g^{j}$（$i< j$）となる整数の組があると $g^{j-i}=e$ となって $\langle g\rangle$ が有限集合になってしまうので、相異なる整数 $m$ に対する $g^{m}$ はすべて相異なる。とくに $g^{m}=e$ となる整数 $m$ は $m=0$ のみである。ここで $\langle g^{2}\rangle$ と $\langle g^{3}\rangle$ を考える。$g^{2}\neq e$、$g^{3}\neq e$ なのでどちらも $\{e\}$ ではない。また $g\in\langle g^{2}\rangle$ とすると $g=g^{2k}$ を満たす整数 $k$ があり $g^{2k-1}=e$、すなわち $2k-1=0$ となるが、これを満たす整数 $k$ はないので $g\notin\langle g^{2}\rangle$、とくに $\langle g^{2}\rangle\neq G$ である。同様に $3k-1=0$ を満たす整数 $k$ はないので $\langle g^{3}\rangle\neq G$ である。よって $\langle g^{2}\rangle$ と $\langle g^{3}\rangle$ はともに自明でない部分群であり、仮定よりともに $H$ に含まれる。すると $2,3\in D=d_0\mathbb{Z}$ となるので $d_0$ は $2$ と $3$ の公約数、すなわち $d_0=1$ となり、前段に反する。よって $G$ は有限群である。
$g^{m}=e$ となる最小の正の整数は $n:=|G|$ である。 $E:=\{m\in\mathbb{Z}\mid g^{m}=e\}$ は上と同じ議論で $\mathbb{Z}$ の部分群なので、prop-subgroup-integers より $E=n'\mathbb{Z}$（$n'\ge0$）と書ける。$n'=0$ とすると $g^{m}$ たちはすべて相異なり $G$ が無限集合になるので $n'\ge1$ である。$G=\langle g\rangle=\{g^{0},g^{1},\dots,g^{n'-1}\}$ であり、$0\le i< j< n'$ で $g^{i}=g^{j}$ なら $g^{j-i}=e$ かつ $0< j-i< n'$ となって $n'$ の最小性に反するので、これら $n'$ 個の元は相異なる。よって $n=n'$ である。
$n$ の約数 $d$（$1\le d\le n$）に対し $\langle g^{d}\rangle$ の位数は $n/d$ である。 $g^{dk}=e$ は $n\mid dk$ と同値であり、$d\mid n$ なのでこれは $(n/d)\mid k$ と同値である。よって $g^{d\cdot0},g^{d\cdot1},\dots,g^{d(n/d-1)}$ は相異なり、$\langle g^{d}\rangle$ のすべての元を尽くす。
$n$ は素数の冪である。 $n$ の約数 $d$ が $1< d< n$ を満たすとき、$\langle g^{d}\rangle$ の位数 $n/d$ は $1$ でも $n$ でもないので、$\langle g^{d}\rangle$ は自明でない部分群である。仮定よりこれは $H$ に含まれるので $g^{d}\in H$、すなわち $d\in D=d_0\mathbb{Z}$、つまり $d_0\mid d$ である。いま $n$ が相異なる素数 $p\neq q$ で割り切れると仮定すると、$n\ge pq$ より $1< p< n$ かつ $1< q< n$ であり、$p$ も $q$ も $n$ の約数なので $d_0\mid p$ かつ $d_0\mid q$ となる。$p,q$ は相異なる素数だから $d_0=1$ となり、$d_0\ge2$ に反する。よって $n$ はただ一つの素数 $p$ の冪 $p^{\alpha}$（$\alpha\ge1$）である。
$\alpha\ge2$ である。 $\alpha=1$、すなわち $n=p$ と仮定する。$K$ を $G$ の部分群で $K\neq\{e\}$ とすると、$e$ でない $x\in K$ が取れる。$x=g^{c}$ と書くと $x^{p}=(g^{p})^{c}=e$ である。$F:=\{m\in\mathbb{Z}\mid x^{m}=e\}$ は $\mathbb{Z}$ の部分群で $p\in F$ かつ $F\neq\{0\}$ なので、prop-subgroup-integers より $F=m_0\mathbb{Z}$（$m_0\ge1$）と書けて $m_0\mid p$ である。$x\neq e$ より $m_0\neq1$ なので $m_0=p$ であり、上と同じ議論で $\langle x\rangle$ は $p$ 個の元をもつ。よって $\langle x\rangle=G$、したがって $K=G$ である。つまり $G$ は自明でない部分群をもたず、$H$ の存在に反する。よって $\alpha\ge2$ である。$\square$

$G=\langle g\rangle$ とする。
任意の $x\in G$ は整数 $m$ を用いて $x=g^m$ と書ける。
任意の $y\in G$ は整数 $n$ を用いて $y=g^n$ と書ける。
指数法則と整数の加法の可換性から $xy=g^{m+n}=g^{n+m}=yx$ である。$\square$

有限群 $G$ の元 $g$ に対し、$\langle g\rangle$ は有限集合 $G$ の部分集合なので有限である。
$g$ の位数は $\langle g\rangle$ の位数だから有限である。$\square$

$\langle a\rangle$ が有限なので、非負整数の冪の列に同じ値が現れ、消去律から $a^m=e$ となる正の整数 $m$ が存在する。
同様に $b^n=e$ となる正の整数 $n$ が存在する。
可換性により $(ab)^{mn}=a^{mn}b^{mn}=(a^m)^n(b^n)^m=e$ である。
任意の整数 $k$ を $k=qmn+r$、$0\le r< mn$ と書けば $(ab)^k=(ab)^r$ となる。
したがって $\langle ab\rangle$ は有限集合 $\{e,ab,\dots,(ab)^{mn-1}\}$ に含まれ、$ab$ の位数は有限である。$\square$