Ancora azioni

[step451]

Sia G un gruppo finito e p un numero primo che divide \(\mid G \mid \). Provare che \(\mid\ \{\ g\in G \mid g^p = 1\}\mid\ \equiv\ 0\ (mod)\ p\) . Il libro riporta come suggerimento: considerare S un p-sottogruppo di G che sia massimale per essere abeliano elementare, e considerare l'azione per coniugio di S sull'insieme \( \{\ g\in G \mid g^p = 1\} \) .

[Stickelberger]

Si puo' usare una modificazione del trucco di Wielandt:

Sia $G$ un gruppo di ordine $n$ e sia $p$ un divisore primo di $n$. L'insieme
$\Omega$ dei sottoinsiemi di $G$ di cardinalita' $p$ ha $((n)(p))$ elementi.
(Dovrebbe essere il coefficiente binomiale "$n$ su $p$")

Consideriamo l'azione di $G$ su $\Omega$ data da moltiplicazione a sinistra.
Sia $X\in\Omega$ e sia $H\subset G$ il suo stabilizzatore. Se $g\in X$, allora $Hg\subset X$.
Questo implica che $H$ e' banale o ha ordine $p$. Se $H$ e' banale, l'orbita di $X$
ha lunghezza $n$. Se $H$ ha ordine $p$, si ha che $X=Hg$ e l'orbita di $X$ ha
lunghezza $n/p$.

Ogni orbita contiene un unico sottogruppo di ordine~$p$. Infatti, l'orbita di $X=Hg$
contiene $g^{-1}Hg$ e questo e' l'unico insieme della forma $xHg$ che e' un sottogruppo.
Il numero di orbite di lunghezza $n/ p$ e' quindi uguale al numero $r$ di sottogruppi
di ordine $p$.

Poiche' $X$ e' unione disgiunta delle orbite dell'azione di $G$, abbiamo quindi che

$((n)(p)) \equiv n/ p r$ modulo $n$.

Se $G$ e' ciclico, allora $G$ ha un unico sottogruppo di ordine $p$ e
troviamo che

$((n)(p)) \equiv n/ p$ modulo $n$.

Le due congruenze implicano che per un qualsiasi gruppo $G$ di ordine $n$, il numero $r$ e' congruo
ad $1$ modulo $p$. Ogni sottogruppo di ordine $p$ contiene $p-1$ elementi di ordine $p$. Il numero
di elementi $g\in G$ con $g^p=1$ e' quindi uguale a $r(p-1)+1\equiv 0$ mod $p$.