Si $H$ es un grupo finito de orden $r$$x\in H$, podemos ver que $x^r=1$. Esto es debido a que tenemos el conjunto de $\langle x\rangle:=\{1,x,x^2,\ldots,x^r\}\subset H$, y si $x^r\neq 1$ $\langle x\rangle$ tiene más elementos de los que $H$, una contradicción. Decimos que $\min\{t\in\mathbb{N}:x^t=1\}$ es el orden de $x$.
Si $t$ es el orden de $x$, $r=st+b$ algunos $s$$0\leq b<t$. Tenemos que $1=x^r=(x^{t})^sx^b=1^sx^b=x^b=1$, y debido a la minimality de $t$, debemos tener la $b=0$. Esto demuestra que $t\mid r$. De hecho la misma prueba demuestra que si $k$ es un número tal que $x^k=1$,$t\mid k$.
Veamos el problema ahora. Podemos ver que $AB=\{ab:a\in A,b\in B\}$ es de orden menor o igual a $mn$ (una de las razones es que la función de $A\times B\to AB$ que envía a $(a,b)\mapsto ab$ es surjective y $|A\times B|=mn$).
Cuando es exactamente $ab=a'b'$? Esto sucede si y sólo si $a(a')^{-1}=b(b)^{-1}$ (debido a $G$ es abelian). Vemos que $(a(a')^{-1})$$A$, y por lo $1=(a(a')^{-1})^{m}=(b(b')^{-1})$. Del mismo modo, tenemos que $1=(b(b')^{-1})^n=(a(a')^{-1})^m$. Porque de lo que hemos dicho anteriormente, tenemos que el orden de las $b(b')^{-1}$ divide $m$ $n$ (y el mismo con el fin de $a(a')^{-1}$). Desde $m$ $n$ son relativamente primos, estas órdenes deben ser iguales a 1, y por lo $b=b'$$a=a'$. Así, cada elemento de a $AB$ es únicamente por escrito como $ab$$a\in A$$b\in B$, y así vemos que la función de $A\times B\to AB$ que hemos descrito anteriormente es un bijection, y así está hecho.
Por supuesto en esta prueba he demostrado el teorema de Lagrange....
Otra prueba consistiría en mostrar que la función de $A\times B\to AB$ es un isomorfismo (aunque estoy seguro de que haría uso de Lagrange).
