拉格朗日定理

Lagrange 定理把群的可逆性变成算术约束。因为每次平移都有逆，子群的每个平移副本都保持原大小；因为“相差一个子群元素”是等价关系，这些副本又不会部分重叠。有限群因此只能被等大的陪集整齐切分，子群规模不可能任意取值。

因此寻找子群时，可以先列出 $|G|$ 的因数作为候选阶，再用群的具体结构判断哪些候选真正实现。下面的 $A_4$ 例子展示了这种算术筛选与存在性证明的区别。

在 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ 的加法群中取 $H=⟨\overline{4}⟩=\{\overline{0},\overline{4},\overline{8}\}$。四个陪集

各有三个元素并铺满全群，所以 $12=4\cdot 3$：指数 $4$ 记录陪集数，子群阶 $3$ 记录每块大小。

若 $|G|=p$ 为素数，任取 $g\ne e$。其生成子群理路生成子群Generated subgroup · Subgroup generated by a set包含指定元素集的最小子群，也就是生成元及其逆元的一切有限乘积。 $⟨g⟩$ 的阶至少为 $2$，又整除 $p$，只能等于 $p$；所以每个素数阶群都循环。更一般地，元素 $g$ 的阶是 $|⟨g⟩|$，因此总整除 $|G|$。

$12$ 阶群 $A_4$ 没有 $6$ 阶子群。若有这样的 $H$，它的指数为 $2$，因而正规，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。 $A_4/H$ 的阶为 $2$。任意三循环在商群中的像，其阶既整除 $3$ 又整除 $2$，只能是单位元，因此所有三循环都属于 $H$。但 $A_4$ 有八个三循环：选择一个不动点有四种方式，其余三点有两个循环方向。再加上单位元，$H$ 至少有九个元素，与 $|H|=6$ 矛盾。

Cauchy 定理补足素数阶的存在性：若素数 $p$ 整除 $|G|$，则 $G$ 含 $p$ 阶元素。Sylow 定理进一步断言，若 $p^a$ 是整除 $|G|$ 的最高 $p$ 次幂，就存在 $p^a$ 阶子群。

对无限群，陪集仍提供精确的分块。例如 $2\mathbb{Z}$ 在 $\mathbb{Z}$ 中有偶数、奇数两个陪集，所以 $[\mathbb{Z}:2\mathbb{Z}]=2$。这两个群的基数却都为 ${\mathrm{\aleph }}_0$；指数来自陪集数，基数等式 ${\mathrm{\aleph }}_0=2{\mathrm{\aleph }}_0$ 本身无法通过相除恢复它。

群的可逆性也有具体作用。在三元素幺半群 $\{1,a,0\}$ 中，令 $1$ 为单位元、$0$ 为吸收元，且 $a^2=0$。子幺半群 $\{1,0\}$ 有两个元素，$2$ 并不整除 $3$；左乘 $0$ 会把它的两个元素合并成一个，等大平移的证明因而失效。

若 $g\in G$ 且 $G$ 有限，设 $|g|=d$。由 $d\mid |G|$，

对素数 $p$ 和满足 $p\nmid a$ 的整数 $a$，在乘法群 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^{\times }$ 中应用此式，得到 Fermat 小定理 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。对 $n\ge 2$ 且 $gcd(a,n)=1$ 的情形，$a$ 的剩余类属于单位群 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}{)}^{\times }$，同样得到 Euler 定理 $a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$。

指数也满足乘法公式。若 $K\le H\le G$ 且 $[G:H]$、$[H:K]$ 有限，则

可以把 $H$ 的陪集进一步按 $K$ 的陪集细分来证明。这个公式是子群链计数、轨道—稳定子定理和有限群结构论中的基础账本。

当 $H$ 正规时，$[G:H]=|G/H|$，于是 Lagrange 计数转化为商群的阶。后续同构定理会把同态的核、像和商群放入同一等式；有限群中常见的 $|G|=|\ker \phi ||\mathrm{im}\phi |$ 正是这一结构的直接结果。