Ta bắt đầu bằng cách chứng minh rằng mọi nhóm con không rời rạc của $\mathbf{R}$ đều trù mật trong $\mathbf{R}$. Nếu một nhóm con $G$ của $\mathbf{R}$ không rời rạc, thì với mọi $\varepsilon > 0$ đều có một điểm $x \neq 0$ trong $G$ thuộc khoảng $[-\varepsilon, +\varepsilon]$; vì mọi bội nguyên của $x$ đều thuộc $G$, nên mọi khoảng có độ dài $> \varepsilon$ đều chứa một phần tử của $G$, và do đó $G$ trù mật trong $\mathbf{R}$.

Vì vậy, mọi nhóm con đóng của $\mathbf{R}$, khác chính $\mathbf{R}$, đều rời rạc. Còn lại chứng minh rằng mọi nhóm con rời rạc $G$ của $\mathbf{R}$, khác $\{0\}$, đều có dạng $a.\mathbf{Z}$, với $a > 0$. Bây giờ quan hệ $-G = G$ cho thấy tập hợp $H$ gồm các phần tử $> 0$ trong $G$ là không rỗng; nếu $b \in H$, giao của khoảng $[0, b]$ và $G$ là compact và rời rạc, nên là hữu hạn. Hãy để $a$ là phần tử nhỏ nhất của $H$ chứa trong $[0, b]$, và với mọi $x \in G$ đặt $m = [x/a]$, phần nguyên của $x/a$; khi đó ta có $x - ma \in G$ và $0 \leq x - ma < a$. Theo định nghĩa của $a$ suy ra $x - ma = 0$ và do đó $G = a.\mathbf{Z}$.

Mọi $x \in \mathbf{R}$ đều đồng dư $(\bmod\,1)$ với một số trong khoảng $[a, a+1]$, cụ thể là với $x - [x-a]$; suy ra $\mathbf{T}$ là ảnh của khoảng này qua ánh xạ chính tắc $\varphi$ từ $\mathbf{R}$ lên $\mathbf{R}/\mathbf{Z}$, và do đó compact và liên thông (Chương I, § 9, no. 4, Định lý 2, và § 11, no. 2, Mệnh đề 4). Mặt khác, hai phần tử phân biệt của khoảng $[a, a+1]$ chỉ đồng dư $(\bmod\,1)$ nếu chúng là các đầu mút của khoảng; từ tính compact của $\mathbf{T}$ suy ra rằng $\mathbf{T}$ đồng phôi với không gian thương của $[a, a+1]$ thu được bằng cách đồng nhất các đầu mút (Chương I, § 9, no. 4, Định lý 2, Hệ quả 4, và § 10, no. 4, Mệnh đề 8). Cuối cùng, $\mathbf{Z}$ là một nhóm con rời rạc của $\mathbf{R}$, $\mathbf{T} = \mathbf{R}/\mathbf{Z}$ là đẳng cấu địa phương với $\mathbf{R}$ (Chương III, § 2, no. 6, Mệnh đề 19) và do đó đặc biệt là liên thông địa phương (sự kiện cuối cùng này cũng là một hệ quả của Chương I, § 11, no. 6, Mệnh đề 12).

Với mọi $x \in \mathbf{R}$ và mọi số nguyên $p \in \mathbf{Z}$, ta có $f(px) = pf(x)$; thay thế $x$ bởi $(1/p)x$, suy ra rằng

do đó, với mọi số nguyên $p$ và $q \neq 0$, ta có

Nói cách khác, $f(rx) = rf(x)$ với mọi số hữu tỉ $r$. Nếu bây giờ $t$ là một số thực tùy ý, do tính liên tục của $f$ ta có

Đặc biệt, nếu $a = f(1)$ thì ta có $f(t) = at$, và mệnh đề được chứng minh.

Vì thế nhóm các tự đẳng cấu của nhóm tôpô $\mathbf{R}$ đẳng cấu với nhóm nhân $\mathbf{R}^*$ của các số thực khác không.

Đặc biệt, một đẳng cấu địa phương của một nhóm tôpô $G$ với một nhóm tôpô $G'$ không phải lúc nào cũng có thể được mở rộng thành một đồng cấu (liên tục hay không) của $G$ vào $G'$. Chẳng hạn, một đẳng cấu địa phương $f$ của $T$ với $\mathbf{R}$ không thể được mở rộng thành một đồng cấu của $T$ vào $\mathbf{R}$; vì nếu $f$ được xác định trên một lân cận $V$ của $o$, thì tồn tại một số nguyên $p > 0$ sao cho lớp $x \pmod{\mathbf{Z}}$ của $\frac{1}{p}$ thuộc $V$; vì $x$ có cấp $p$ trong $T$, ảnh của nó qua mọi đồng cấu của $T$ vào $\mathbf{R}$ nhất thiết là $o$ và do đó phân biệt với $f(x)$ theo giả thiết.

Về phương diện này, nhóm tôpô $\mathbf{R}$ có tính chất sau:

Cho $I$ là một khoảng của $\mathbf{R}$ chứa $o$ và ít nhất một điểm khác; cho $f$ là một ánh xạ liên tục của $I$ vào một nhóm tôpô $G$ (viết theo phép nhân), sao cho $f(x+y) = f(x)f(y)$ với mỗi cặp điểm $(x, y)$ sao cho $x \in I, y \in I$ và $x + y \in I$. Khi đó tồn tại duy nhất một đồng cấu liên tục của $\mathbf{R}$ vào $G$ mở rộng $f$..

Tính duy nhất của phép mở rộng (nếu nó tồn tại) suy ra từ các nhận xét trên, vì $I$ sinh ra nhóm $\mathbf{R}$. Chúng ta phải chứng minh sự tồn tại của một phép mở rộng như vậy.

==========

Nếu $n$ là một số nguyên $> 0$ và nếu $x \in I$ và $nx \in I$, ta có $f(nx) = (f(x))^n$, theo quy nạp trên $n$ (vì $mx \in I$ với mọi số nguyên $m$ sao cho $1 \leq m \leq n$). Đặt $J = \bigcup_{n \in \mathbf{N}} nI$; $J$ hoặc là toàn bộ đường thẳng $\mathbf{R}$, hoặc là một trong các khoảng $[0, +\infty[$ hay $[-\infty, 0]$, tùy theo việc $o$ có là một điểm trong của $I$ hay không. Nếu $x \in J$ thì ta có $x/n \in I$ bất cứ khi nào $n$ là một số nguyên đủ lớn $> 0$. Cho $x \in J$, và cho $m, n$ là hai số nguyên $> 0$ sao cho $x/n \in I$ và $x/m \in I$; khi đó $x/mn \in I$, và do đó

nói cách khác, phần tử $(f(x/n))^n$ của $G$ là như nhau đối với mọi số nguyên $n > 0$ sao cho $x/n \in I$. Ký hiệu phần tử này là $f_1(x)$; $f_1$ là một ánh xạ của $J$ vào $G$, trùng với $f$ trên $I$ và do đó liên tục tại điểm $o$ (xét theo $J$). Cho $x, y$ là hai phần tử của J và cho n là một số nguyên đủ lớn > 0 sao cho $\frac{x}{n} \in I, \frac{y}{n} \in I$ và $\frac{x+y}{n} \in I$; khi đó

điều này cho thấy rằng $f\left( \frac{x}{n} \right)$ và $f\left( \frac{y}{n} \right)$ giao hoán; theo định nghĩa của $f_1$, do đó ta có $f_1(x+y) = f_1(x) f_1(y)$. Nếu $J = \mathbf{R}$, thì chứng minh đã hoàn tất; nếu không, giả sử $J = [0, +\infty[$, và với mỗi $x < 0$ đặt $f_1(x) = (f_1(-x))^{-1}$. Khi đó quan hệ $f_1(x+y) = f_1(x) f_1(y)$ vẫn đúng với mọi $x \in \mathbf{R}$ và mọi $y \in \mathbf{R}$. Điều này hiển nhiên nếu $x < 0$ và $y < 0$; nếu $x \geqslant 0$, $y < 0$ và $x + y \geqslant 0$ thì điều đó suy ra từ $f_1(x) = f_1(x+y) f_1(-y)$; chứng minh tương tự nếu $x \geqslant 0, y < 0$ và $x + y < 0$, vì khi đó ta có

chứng minh tương tự cho $x < 0$ và $y \geqslant 0$. Do đó ta thấy rằng $f_1$ là một đồng cấu của $\mathbf{R}$ vào G, suy ra $f_1(0) = e$, phần tử đơn vị của G; và vì $f_1$ liên tục đối với J, nên nó có giới hạn bên phải tại 0, bằng $e$; vì $f_1(-x) = (f_1(x))^{-1}$, nên $f_1$ cũng có giới hạn tại 0 ở bên trái, bằng $e$; vậy $f_1$ liên tục tại 0, và chứng minh đã hoàn tất.

Gọi $\overline{f}$ là đồng cấu liên tục của $\mathbf{R}$ vào G trùng với $f$ tại mọi điểm của một khoảng mở I, chứa 0 và được chứa trong tập hợp trên đó $f$ được định nghĩa; theo giả thiết $\overline{f}(\mathbf{R})$ chứa một lân cận của phần tử đơn vị của G, do đó (Chương III, § 2, no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 4) là một nhóm con mở của G; và $\overline{f}$ là một cấu xạ ngặt của $\mathbf{R}$ lên $\overline{f}(\mathbf{R})$, theo Chương III, § 2, no. 8, Mệnh đề 24.

Thật vậy, một đẳng cấu địa phương của $\mathbf{R}$ với G kéo dài thành một cấu xạ ngặt của $\mathbf{R}$ lên một nhóm con mở của G (Hệ quả của Mệnh đề 6), do đó lên chính G vì G liên thông. Suy ra G đẳng cấu với một nhóm thương của $\mathbf{R}$; vì G là Hausdorff và không chỉ gồm riêng phần tử đơn vị (vì nó đẳng cấu địa phương với $\mathbf{R}$), nên theo Mệnh đề 3 của no. 2, G đẳng cấu với hoặc $\mathbf{R}$ hoặc $\mathbf{T}$.