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@ -60,23 +60,23 @@
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$k < n$ ammetta un elemento di ordine $p$. \medskip
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Se esiste un sottogruppo proprio $H < G$ tale per cui $p$ divide $\abs H$, allora $H$, e quindi
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anche $G$, ammette un elemento di ordine $p$ per l'ipotesi induttiva.
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Si assuma dunque che non esiste alcun sottogruppo proprio $H < G$ tale
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per cui $p$ divide $\abs H$. Si consideri la formula delle classi
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Sia $\mathcal{R}$ è un insieme dei rappresentanti delle classi di coniugio
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di $G$. Se esiste $g \in \mathcal{R}$ tale per cui $p$ divida
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$\abs{Z_G(g)}$, allora esiste un elemento di ordine $p$ in
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$Z_G(g)$ per ipotesi induttiva (infatti $Z_G(g) \neq G$, altrimenti
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$g$ apparterrebbe al centro di $G$). Altrimenti si consideri la formula delle classi
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di coniugio:
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\[ \abs G = \abs{Z(G)} + \sum_{g \in \mathcal{R} \setminus Z(G)} \frac{\abs G}{\abs{Z_G(g)}}, \]
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dove $\mathcal{R}$ è un insieme dei rappresentanti delle classi di coniugio
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di $G$. Se $g \in \mathcal{R} \setminus Z(G)$, allora $Z_G(g)$ è un sottogruppo
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proprio di $G$, e quindi, per ipotesi, $p$ non divide $\abs{Z_G(g)}$; e quindi
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\[
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\abs G = \abs{Z(G)} + \sum_{g \in \mathcal{R} \setminus Z(G)} \frac{\abs G}{\abs{Z_G(g)}}.
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\]
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Poiché $p$ non divide $\abs{Z_G(g)}$ per ogni $g \in \mathcal{R} \setminus Z(G)$,
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$p$ divide ancora $\nicefrac{\abs{G}}{\abs{Z_G(g)}}$ (e quindi il secondo termine
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del secondo membro). Allora, prendendo
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l'identità modulo $p$, si deduce che:
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\[ \abs{Z(G)} \equiv 0 \pod p. \]
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Poiché $Z(G)$ è un sottogruppo di $G$, se valesse $Z(G) < G$, si violerebbero
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le ipotesi iniziali. Pertanto deve necessariamente valere $Z(G) = G$, e quindi
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$G$ è abeliano. Pertanto $G$ ammette un elemento di ordine $p$ per il Teorema
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di Cauchy per i gruppi abeliani; completando il passo induttivo.
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Poiché allora $p$ divide $\abs{Z(G)}$ e $Z(G)$ è un gruppo abeliano,
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il passo induttivo segue dal Teorema di Cauchy per gruppi abeliani,
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da cui la tesi.
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\end{proof} \smallskip
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