Bizonyítás
Jelöljük I-vel azt a halmazt, amely olyan i egész számokból áll, amelyekre teljesül az alábbi:
Először megmutatjuk, hogy I főideál az egész számok \Z gyűrűjében.
I főideál \Z-ben
Az I tehát azon egész 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 24.11. Tétel 3. pontja alapján
Ebből viszont szintén I definíciója miatt i+j\in I következik.
Továbbá I zárt tetszőleges – tehát nem csak I-beli – egész számmal való szorzásra is, hiszen ha i\in I és s\in \Z, akkor egyrészt I definíciója miatt g^i=e. Másrészt viszont a 24.11. Tétel 2. pontja alapján
Ebből viszont szintén I definíciója miatt i\cdot s\in I következik.
Végül egyrészt I tartalmazza a 0 egész számot, hiszen a 24.9. Definíció szerint g^0=e. Másrészt I zárt az ellentettképzésre is, hiszen ha i\in I, akkor I definíciója miatt g^i=e, ám ekkor a 24.11. Tétel 4. pontja miatt
Ebből viszont szintén I definíciója miatt -i\in I következik.
Az I halmaz tehát a 18.15. Tétel és a 18.18. Definíció alapján egy ideál az egész számok \Z gyűrűjében. Mivel a 17.20. Tétel alapján \Z euklidészi gyűrű, ezért a 19.15. Tétel miatt I szükségképpen csak főideál lehet, azaz egyetlen elemmel generálható.
Másodszor megmutatjuk, hogy g^k=g^n akkor és csak akkor teljesül, ha k-n\in I.
g^k=g^n feltétele
Tegyük fel, hogy g^k=g^n. Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát g^n inverzével, azaz a 24.11. Tétel 4. pontja alapján g^{-n}-nel. Ekkor az alábbit kapjuk:
Ez viszont a 24.11. Tétel 3. pontja miatt az alábbival ekvivalens:
Ez az I definíciója alapján épp azt jelenti, hogy k-n\in I.
Végül azt igazoljuk, hogy milyen kapcsolat áll fenn az o(g) elemrend és az I főideál között.
I és o(g) kapcsolata
Ha I=(0), akkor a 20.9. Tétel szerint I kizárólag a 0 egész számot tartalmazza. Azt már ugye megmutattuk, hogy g^k=g^n pontosan akkor teljesül, ha k-n\in I, ami ebben az esetben k=n-nel ekvivalens. Másként fogalmazva: ha k\neq n, akkor a g^k és g^n hatványok is különböznek, azaz g-nek végtelen sok különböző hatványa van. Ez épp azt jelenti, hogy o(g)=\infty.
Ha I\neq (0), akkor – mivel főideál – létezik olyan d\neq 0 egész szám, amelyre I=(d). Ilyenkor a k-n\in I feltétel a 20.1. Tétel 3. pontja alapján az alábbi kongruenciával ekvivalens:
A g csoportelem bármely két hatványa tehát pontosan akkor egyezik meg, ha a két kitevő ugyanabba a modulo d maradékosztályba esik. Másként fogalmazva o(g) épp a modulo d maradékosztályok száma lesz. A 20.4. Tétel alapján tehát o(g)=d.
Ezekből már automatikusan következnek a tétel állításai.
Az 1. állítás: Mivel o(g) véges, ezért létezik d\neq 0, hogy I=(d). Mivel láttuk, hogy o(g)=d, ezért g^k=g^n valóban ekvivalens az alábbi kongruenciával:
A 2. állítás az előbbi 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: Az egységelemet adó kitevők – mint láttuk – épp az I főideál elemei, amelyek ugye mindannyian o(g) többszörösei. Ezek közül a pozitív kitevők a 17.2. Lemma alapján biztosan nem kisebbek o(g)-nél.
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 kitevő, ezért a már bizonyított 4. állítás alapján o(g)=1.
Végül a 6. állítás: Mivel o(g)=\infty, ezért I=(0), és a bizonyítás elején már megmutattuk, hogy ekkor g^k=g^n akkor és csak akkor teljesül, ha k=n. Azaz ilyenkor g-nek valóban különbözik bármely két hatványa.
∎