Mostre que qualquer subgrupo H do grupo aditivo dos números inteiros \mathbb{Z} é da forma
H=n \mathbb{Z}=\{n a: a \in \mathbb{Z}\}=\langle n\rangle,
para algum n \in \mathbb{Z}_{+}.

Passo 1

O enunciado dá: H é um subgrupo do grupo aditivo (\mathbb{Z},+). Ou seja, H\subseteq\mathbb{Z} e H satisfaz:
  • 0\in H.
  • Se x,y\in H então x+y\in H.
  • Se x\in H então -x\in H.
O que se pede: mostrar que existe um inteiro n (com n\in\mathbb{Z}_{+}) tal que
H=n\mathbb{Z}=\{n a: a\in\mathbb{Z}\}=\langle n\rangle.
Observações a colher do enunciado (informações relevantes):
  • H pode ser o subgrupo trivial \{0\} ou pode conter inteiros diferentes de zero.
  • Se H contém algum inteiro não nulo h, então contém também -h, e portanto contém um inteiro positivo (ou h ou -h é positivo).

Passo 2

Caso trivial: H=\{0\}.
  • Se H=\{0\} então H=0\mathbb{Z} porque 0\mathbb{Z}=\{0\}.
  • Neste caso basta tomar n=0 (note que alguns autores incluem 0 em \mathbb{Z}_+; se a convenção do curso excluir 0, pode-se dizer “para algum n\in\mathbb{Z}_{\ge 0}”, mas a demonstração funciona igualmente). Vou continuar tratando também o caso não trivial.

Passo 3

Suponha H\neq\{0\}. Então existe h\in H com h\neq0. Como -h\in H também, pelo menos um entre h e -h é positivo. Logo o conjunto
S=\{m\in\mathbb{Z}: m>0,\\ m\in H\}
é não vazio. Aqui usei explicitamente a informação de que, a partir de um elemento não nulo em H, obtém-se um elemento positivo em H.
Agora uso o Princípio do Bom Ordenamento (bem conhecido para \mathbb{N}): todo subconjunto não vazio de \mathbb{N} tem um menor elemento. Aplicando isso ao conjunto S (que é um subconjunto não vazio de \mathbb{N}), existe um menor elemento n\in S. Portanto escolhemos
n=\min\{m>0: m\in H\}.
Este n é um inteiro positivo e pertence a H.

Passo 4

Mostrar n\mathbb{Z}\subseteq H.
  • Como n\in H e H é fechado por soma, para qualquer a\in\mathbb{N} tem-se na=n+\cdots+n\in H.
  • Para a\in\mathbb{Z} negativo, usa-se o inverso: se a=-b com b>0, então na=-(nb)\in H.
    Assim, todo múltiplo inteiro de n pertence a H. Concluímos
n\mathbb{Z}\subseteq H.

Passo 5

Mostrar H\subseteq n\mathbb{Z}. Seja h\in H qualquer. Aplicamos o Algoritmo da Divisão (teorema da divisão inteira): existem inteiros q e r com
h=qn+r\qquad\text{e}\qquad 0\le r<n.
Explicando o que isto significa: q é o quociente inteiro de h por n e r é o resto, com r menor que n em magnitude e não negativo. O Algoritmo da Divisão garante existência e unicidade desses q,r dados h e n>0.
Agora note que qn\in n\mathbb{Z}\subseteq H (pelo Passo 4) e h\in H, então subtraindo obtemos
r=h- qn \in H,
porque H é fechado por soma e por inversos. Então r\in H e 0\le r<n. Mas lembrando a escolha de n como o menor inteiro positivo em H, não pode haver em H um inteiro positivo menor que n. Logo necessariamente r=0.
Com r=0 obtemos h=qn, isto é h\in n\mathbb{Z}. Como h era um elemento arbitrário de H, concluímos H\subseteq n\mathbb{Z}.

Passo 6

Juntando as inclusões do Passo 4 e do Passo 5 obtemos
H = n\mathbb{Z}.
Isto mostra que, no caso H\neq\{0\}, existe n>0 tal que H=n\mathbb{Z}. No caso trivial H=\{0\} já vimos que H=0\mathbb{Z}. Portanto, em todo caso existe n\in\mathbb{Z}_{\ge0} (ou n\in\mathbb{Z}_+ se a convenção incluir 0) com H=n\mathbb{Z}.
Comentário final (curiosidade didática): o inteiro n é único e é exatamente o menor inteiro positivo de H; assim H é um subgrupo cíclico gerado por n, H=\langle n\rangle.

Resposta

H=n\mathbb{Z}\\ \text{para algum}\\ n\in\mathbb{Z}_{+}.