类方程

类方程把共轭作用的轨道分拆变成群阶的求和公式。中心元素在任何共轭下都不动，各自占一个位置；非中心元素则沿同一共轭类移动。一个代表 $x_i$ 对应整条轨道，中心化子指数计算这条轨道占了多少位置。

计算时，先找出中心，把这些单点类的贡献合计为 $|Z(G)|$；再从剩下的每一类选一个代表，计算它的中心化子。这样每个群元素恰好计入一次。

$S_3$ 有三个共轭类：单位元类 $\{e\}$、三个换位组成的类、两个三循环组成的类。其中心只有 $e$，故类方程为

这里 $C_{S_3}((12))=\{e,(12)\}$，所以换位类有 $6/2=3$ 个元素；三循环的中心化子有三个元素，对应类大小 $6/3=2$。在S3 特征标表的计算理路S3 特征标表的计算Character table of S3 · S₃ character table从三点置换表示构造 S3 的完整复特征标表，以加权正交检验不可约性并分解正则表示。中，类大小 $1,3,2$ 作为内积权重，把三个列值还原为对六个群元素的平均。

阿贝尔有限群给出求和为空的情形：$Z(G)=G$，所有轨道都是单点，群阶全部来自中心这一项。

若 $|G|=p^n$，其中 $p$ 为素数且 $n\ge 1$，则 $Z(G)$ 非平凡。因为每个非中心元素 $x_i$ 满足 $C_G(x_i)\ne G$，指数 $[G:C_G(x_i)]$ 是大于 $1$ 的 $p$ 的幂，因而被 $p$ 整除。类方程两边模 $p$ 比较得到 $|Z(G)|\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，所以 $|Z(G)|\ge p$。

由此还能证明每个 $p^2$ 阶群都阿贝尔。由Lagrange 定理理路拉格朗日定理Lagrange's theorem有限群的阶等于子群阶与指数之积，因此子群阶必整除群阶。，中心的阶只能是 $p$ 或 $p^2$；若为 $p$，则商群理路商群Quotient group将正规子群压成单位元后，在其陪集商集上诱导出的群。 $G/Z(G)$ 有素数阶，因而是循环群理路循环群Cyclic group能由一个元素的全部整数次幂生成的群。。设它由 $gZ(G)$ 生成，则每个群元素都写成 $g^{a}z$，其中 $z\in Z(G)$。任意两个这样的元素都交换，这又说明 $Z(G)=G$，与中心只有 $p$ 阶矛盾。因此中心的阶为 $p^2$。

对非平凡有限 $p$-群，可以从中心选取一个 $p$ 阶子群 $N$。它在 $G$ 中正规，而 $G/N$ 的阶降低一个 $p$ 因子。以平凡群作为归纳起点，便能构造商群逐层为 $C_p$ 的子群列。这给出有限 $p$-群可解的结构解释。

在表示论中，共轭类还给类函数空间提供一组基：每个类的示性函数占一维。特征标正交定理理路特征标正交关系Character orthogonality · Orthogonality of characters · 特征标正交定理有限群的不可约复特征标构成类函数空间的正交规范基，其内积直接给出表示分解的重数。证明不可约复特征标是同一空间的另一组基，所以不可约复表示的同构类数等于共轭类数。