Si $f_i :G \to H_i$ son dos homomorphisms, y $H_i = \langle X_i | R_i \rangle$ son presentaciones de grupo, entonces el pushout tiene la presentación de un grupo
$$H_1 \sqcup_G H_2 = \langle X_1,X_2 : R_1, R_2 , \{f_1(g)=f_2(g)\}_{g \in G} \rangle.$$
Formalmente, uno tiene que expresar $f_1(g)$ (similar a $f_2(g)$) en términos de los generadores $X_1$ (resp. $X_2$) por lo que el $f_1(g)=f_2(g)$ se convierte, de hecho, una relación entre las letras de las $X_1$$X_2$. Ahora mira lo que pasa por $G=\mathbb{Z}$ $H_2=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}=\langle t : t^n=1 \rangle$ $f_2$ la proyección canónica. A continuación, $f_1 : \mathbb{Z} \to H_1$ corresponde a un elemento $h \in H_1$ (a través de $h=f_1(1)$) y tenemos
$$H_1 \sqcup_G H_2 = \langle X_1,t : R_1, t^n=1,h=t \rangle = \langle X_1:R_1,h^n=1 \rangle = H_1 / \langle\langle h^n \rangle\rangle.$$
Supongamos ahora que $f_1$ es inyectiva, es decir, que $h \in H_1$ tiene orden infinito. Nos preguntamos si la canónica homomorphism $H_2 \to H_1 \sqcup_G H_2$ también es inyectiva. Se identifica con
$$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \to H_1/\langle \langle h^n \rangle\rangle,\,[1] \mapsto [h].$$
Por lo tanto, la pregunta es equivalente a: Qué $[h]$ tienen orden de $n$$H_1 / \langle\langle h^n \rangle\rangle$? A priori sólo es claro que la orden se divide $n$. Por cierto, es un error común para deducir el orden de los generadores de un grupo determinado de presentación - a veces un grupo resulta ser trivial! Y esto nos lleva a una clase de contraejemplos, es decir, $H_1$ podría ser simple, para que $H_1 / \langle \langle h^n \rangle \rangle = 0$ no puede contener $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$$n>1$. Un ejemplo de un infinito simple grupo con un elemento de orden infinito es $\mathrm{PSL}_3(\mathbb{R})$ $$h = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$