Esitiedot

2.22 nojalla on olemassa isomorfismi ϕ : G → Z n . Koska H on G:n aliryhmä,
niin ϕ(H) on Z n :n aliryhmä. Jos nyt osoitetaan, että väite pätee ryhmälle ϕ(H),
nin väite seuraa lauseesta 2.25, sillä rajoittumakuvaus ϕ −1 | ϕ(H) : ϕ(H) → H on
isomorfismi. Siten riittää osoittaa, että jokainen Z n :n aliryhmä toteuttaa väitteen
ehdot eli voidaan olettaa, että G = Z n jollekin n ≥ 1.
Tehdään induktio n:n suhteen.
Olkoon ensin n = 1 eli G = Z. Tällöin voidaan määritellä
a = min{|x| | x ∈ H \ {0}}.
Tällöin a > 0. Koska H on aliryhmä, pätee a ∈ H ja edelleen Z · a ⊂ H.
Toisaalta myös H ⊂ Z · a, sillä jos x ∈ H, niin kokonaislukujen jakoidentiteetin
nojalla on olemassa q,r ∈ Z siten, että 0 ≤ r < a ja x = qa + r, jolloin
r = x − qa ∈ H + Z · a ⊂ H + H = H. (1)
Koska 0 ≤ r < a, niin ehto (1) on luvun a nojalla mahdollista vain kun r = 0.
Tällöin
x = qa + r = qa ∈ Z · a,
joten väite H ⊂ Z · a pätee.
Näin on nähty, että Z · a ⊂ H ja H ⊂ Z · a, joten H = Z · a. Silloin selvästi
H on vapaa Abelin ryhmä, kantana {a}. Vertaa kuitenkin esimerkkiin 2.6,
jossa todettiin, että syklinen ryhmä ei aina ole vapaa. Nyt se sitä kuitenkin on,
koska Z:ssa ma = 0 kaikille m = 0. Lisäksi H:n aste on 1, joten myös lauseen
jälkimmäinen väite pätee.
Näin induktion alkuaskel on otettu. Tehdään sitten induktio-oletus, että n ≥ 2
ja että väite pätee n − 1:lle. Todistetaan se n:lle.
Koska H ⊂ G = Z n , niin voidaan määritellä kuvaus ϕ : H → Z asettamalla
ϕ(x1,...,xn) = xn kaikille (x1,...,xn) ∈ H.
Selvästi ϕ on homomorfismi, jonka ydin Ker(ϕ) on ryhmä ja jolle pätee
Tällöin määrittely
Ker(ϕ) ⊂ {(x1,...,xn−1,0) | (x1,...,xn−1) ∈ Z n−1 }.
ψ(x1,...,xn−1,0) = (x1,...,xn−1) ∈ Z n−1 kaikille (x1,...,xn−1,0) ∈ Ker(ϕ)
antaa ilmeisesti monomorfismin ψ : Ker(ϕ) → Z n−1 . Silloin ψ(Ker(ϕ)) on
Z n−1 :n aliryhmä ja
ψ −1 : ψ(Ker(ϕ)) → Ker(ϕ) on isomorfismi. (2)
24