quesito "semplice" su ordini omomorfismo/isomorfismo

Ho un omomorfismo $f:(G,*) \rightarrow (\bar{G}, \star)$.
Se $a$ è un elemento di $G$, siano $o \langle a \rangle =n$ e $o \langle f(a) \rangle =m$.
Voglio provare che l'ordine di $f(a)$ divide l'ordine di $a$.
Per l'omomorfismo posso scrivere $(f(a))^m= \underbrace{f(a) \star f(a) \star ... \star f(a) }_{m \ \mbox{volte}} = f( \ \underbrace{a \cdot a \cdot ... \cdot a}_{m \ \mbox{volte}} \ )=f(a^m)=1_{\bar{G}}$.
Così ho $f(a^n)=f(1_G)=1_{\bar{G}}=f(a^m)$ e per il teorema della divisione euclidea $m=nq+r$ per opportuni $q,r \in ZZ$, con $0<=r<n<=m$. Allora $1_{\bar{G}}= f(a^m)=f(a^{nq} \cdot a^r)=f(1_G \cdot a^r)=f(a^r)$.
Applicando a ritroso il procedimento di prima $f(a^r)=f(a)^r=1_{\bar{G}}$ con $r<m$ e ciò contraddice la minimalità di $m$. Deve pertanto essere $r=0$ e $n|m$.

Sono insicuro su due punti. Sono abituato a vedere contraddetto l'intero che denota l'ordine su $n$, mentre qui "mi trovo costretto" a contraddirla su $m$. E qui si collega il secondo dubbio, se $f$ fosse un isomorfismo avrei che se $f(a^n)=f(a^m) \ Rightarrow a^n=a^m$ e così potrei concludere che $n|m$ (anzi di più, credo, $n=m$ !) ma in questo caso di sopra mi chiedo se sto abusando dell'ipotesi per cui $n<m$ !?

In attesa di conferme o meno sposto lo stesso quesito sul gruppo $(Aut(G), \circ)$.
Sia $f \in Aut(G)$ e sia $a \in G$.
Supponiamo sia $o \langle a \rangle = n$ e $o \langle f(a) \rangle = m$.
Ho $f(a^n)=1_G=(f(a))^m=f(a^m)$, ma $Aut(G)$ è un sottogruppo di $Sym(G)$ e dunque $f$ è certamente iniettiva.
Allora da $f(a^n)=f(a^m)$ deve seguire che $a^n=a^m$ e quindi $o \langle a \rangle = o \langle f(a) \rangle$.
Può andare ?

Non capisco la tua perplessità, la dimostrazione si fa così. Se $a^n=1$, allora $f(a)^n=f(1)=1$. Questo implica che $n = qm$.

Non capisco la tua perplessità...

nemmeno io, ora . Mi ero perso in un bicchier d'acqua. Grazie mille.