fix(algebra1): migliora la dimostrazione del teorema di Cauchy

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

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