Jelöljük I-vel azt a halmazt, amely olyan i egész számokból áll, amelyekre teljesül az alábbi:

g^i=e

Azaz I azon kitevők halmaza, amelyekre a g elemet emelve a G csoport egységelemét kapjuk.

Az I halmaz zárt az egész számok összeadására nézve, hiszen ha i\in I és j\in I, akkor I definíciója miatt ugye g^i=e és g^j=e. Ám ekkor a 24.10. Tétel 3. pontja alapján g^{i+j}=g^i\cdot g^j=e\cdot e=e, és így szintén I definíciója miatt i+j\in I.

Továbbá az I halmaz zárt tetszőleges egész számmal való szorzásra is, hiszen ha i\in I és s tetszőleges – tehát nem feltétlenül I-beli egész szám –, akkor egyrészt I definíciója miatt g^i=e. Másrészt viszont a 24.10. Tétel 2. pontja alapján g^{i\cdot s}=(g^i)^s=e^s=e, és így szintén I definíciója miatt i\cdot s\in I.

Végül egyrészt I tartalmazza a 0 egész számot, hiszen a 24.9. Definíció szerint g^0=e. Másrészt az I halmaz zárt az egész számok ellentettképzésére is, hiszen ha i\in I, akkor I definíciója miatt g^i=e, ám ekkor a 24.10. Tétel 4. pontja miatt g^{-i}=(g^i)^{-1}=e^{-1}=e, és így szintén I definíciója miatt -i\in I.

Az I halmaz tehát a 18.15. Tétel és a 18.18. Definíció alapján egy ideál az egész számok \Z gyűrűjében.

Ezek után tegyük fel, hogy g^k=g^n. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát g^n inverzével, azaz a 24.10. Tétel 4. pontja alapján g^{-n}-nel. Ekkor az alábbit kapjuk:

g^k\cdot g^{-n}=\underbrace{g^n\cdot g^{-n}}_{=e}

Ez viszont a 24.10. Tétel 3. pontja miatt az alábbival ekvivalens:

g^{k-n}=e

Vagyis g^k=g^n pontosan akkor teljesül, ha k-n\in I. Ez viszont a 18.20. Definíció értelmében épp azt jelenti, hogy teljesül az alábbi, I ideál szerinti kongruencia:

k\equiv n\pod I

Mivel a 17.19. Tétel alapján \Z euklidészi gyűrű, ezért a 19.16. Tétel miatt I szükségképpen csak főideál lehet, azaz egyetlen elemmel generálható. Jelöljük ezt a generátorelemet d-vel. Az I ideál tehát a 20.9. Tétel értelmében d többszöröseiből áll, amelyről az általánosság megsértése nélkül feltehető, hogy nemnegatív. Ha ugyanis d negatív lenne, akkor az ő ellentettje lenne pozitív, és így a 16.8. Tétel 1. pontja értelmében d-nek asszociáltja lenne. Azaz pontosan ugyanazok lennének a többszörösei, mint d-nek, és így őt választhatnánk I generátorelemének.

Feltételezve tehát, hogy d nemnegatív, a fenti ideál szerinti kongruencia a 20.1. Tétel alapján az alábbi kongruenciával ekvivalens:

k\equiv n\pmod d

A g csoportelem bármely két hatványa tehát pontosan akkor egyezik meg, ha a két hatványkitevő ugyanabba a modulo d maradékosztályba esik. Másként fogalmazva g rendje épp a modulo d maradékosztályok száma lesz. Két eset lehetséges: d=0 vagy d\gt 0.

Első esetben a 20.4. Tétel alapján bármely két kitevő különböző maradékosztályba tartozik, tehát g bármely két különböző kitevős hatványa különböző lesz, és így g rendje valóban végtelen.

Második esetben szintén a 20.4. Tétel miatt a modulo d maradékosztályok száma, és így g rendje d, azaz:

o(g)=d

Ezt behelyettesítve a fenti kongruenciába tehát megkaptuk a tétel 1. állítását. A 2. állítás ennek speciális esete, amikoris n=0. A 3. állítás könnyen adódik a 20.4. Tételből. Ez alapján ugyanis ha rögzítünk egy tetszőleges a kitevőt, akkor pontosan az i\cdot o(g) + a alakban felírható kitevők lesznek a-val azonos maradékosztályban – ahol i tetszőleges egész szám –, azaz g hatványai valóban o(g) periódussal ismétlődnek.

A 4. állítás a 17.2. Lemma következménye. Az egységelemet adó kitevők ugyanis épp az I ideál elemei, amelyek – mint láttuk – mindannyian o(g) többszörösei, és így biztosan nem kisebbek o(g)-nél.

Végül az 5. állítás: Ha o(g)=1, akkor a 20.1. Tétel 4. pontja alapján a k\equiv n\pmod{o(g)} kongruencia mindig teljesül, és így bármely kitevő esetén az egységelemet kapjuk – beleértve természetesen az 1-es kitevőt is. Visszafelé: Ha g=e, akkor g-nek már az első hatványa is az egységelem. Mivel az 1 kitevőnél nincs kisebb pozitív egész kitevő, ezért a már bizonyított 4. állítás alapján o(g)=1.