\section{Esercizi}
\begin{exemp}
Sia $G$ un $p$-gruppo di ordine $p^3$. Provare che:
\begin{enumerate}
	\item $\forall g\in G\;\;g^{p^{2}}\in Z(G)$
	\item $\forall a,b\in G,\;\;ab\inv a \inv b \in Z(G)$
	\item $\exists g\in G:\;g^p\notin Z(G) \> \frac{G}{Z(G)}\T{ e' ciclico}$
	\item Supponendo che $\forall g\in G\;\;o(g)=p$, trovare quanti
		sottogruppi distinti di ordine $p$ esistono in $G$
\end{enumerate}
\end{exemp}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $1.$}
	\begin{prova}
\eal{&o(g)=1,p,p^2,p^3\\
&g^{|G|} \ubrace{=}{\T{Lagrange \see{thmdilagrange}}} g^{p^3}= \e \>
o(g)\div p^3 \> o(g) = 1,p,p^2,p^3
}
Nei casi $o(g)=1,p,p^2$, si ha $g^{p^2}=\e$, e quindi la tesi e' vera.\\
Nel caso $o(g)=p^3$, $G$ e' ciclico, quindi abeliano, e quindi la tesi e'
vera.
	\end{prova}
	\step{}{Dim $2.$}
	\begin{prova}
Sia $Z=Z(G)$
\eal{&Z\le G  \ubrace{\>}{\Lagrange}  |Z| \div |G|=p^3 \>
|Z|=1,p,p^2,p^3\;\;(*)\\
&G\T{ p-gruppo } \ubrace{\>}{\see{proppgruppoZnonbanale}} |Z| > 1
\ubrace{\>}{(*)}  |Z|=p,p^2,p^3}
Se $|Z|=p^3$, $G$ sarebbe abeliano e quindi non ci sarebbe nulla  da dimostrare.\\
\step{}{Dimostriamo che se $|Z|=p,p^2$ allora $G/Z$ e' un gruppo abeliano}
\begin{prova}
\case{$|Z|=p$}
\begin{prova}
	\eal{&|G/Z| = |G|/|Z| = p^2 \\
	&|G/Z|=p^2 \> G/Z \T{ e' abeliano } }
\end{prova}
\case{$|Z|=p^2$}
\begin{prova}
	\eal{&|G/Z|= p \> G/Z\T{ e' ciclico  } \> G/Z \T{ e' abeliano } }
\end{prova}
\end{prova}
\def\pipi(#1){{\ove{#1}}}
Consideriamo la surriezione naturale $\pi$:
\eal{&\pi:G\longrightarrow G/Z\\
&\pi(g)= \pipi(g)=gZ\\
&\\
&\pipi(a)\pipi(b)  \ubrace{=}{G/Z\T{ e' abeliano}} \pipi(b) \pipi(a) \=  \pipi(a)\pipi(b)\inv {\pipi(a)}\inv {\pipi(b)}
 = \pipi(\e) \= \pipi(ab\inv a \inv b)  = \pipi(\e)\\
& \qq \>  
ab\inv a \inv b \in \ker \pi = Z }
	\end{prova}
	\step{}{Dim $3.$}
	\begin{prova}
Si ha che $o(\ove g)=p^2$,
infatti,
\eal{&g^p \notin Z=\ker \pi \> \ove{g^p}={\ove g}^p \neq \ove \e\\
&\T{se per assurdo } o(\ove g)=1,p \> {\ove g}^p  =\e \T{ assurdo }\\
&\T{se per assurdo } o(\ove g)=p^3 \> |G/Z|=p^3 \> |Z|=1 \T{ assurdo, perche'
$Z$ e' non banale}
}

Consideriamo i vari casi:
\eal{&|Z| = p,p^2,p^3}
Se per assurdo $|Z|=p^3$, allora $Z=G$ e $g^p\in Z$. Assurdo.\\
Se $|Z|=p$, allora
\eal{&|Z|=p \> |G/Z| = p^2 \\
&o(\ove g ) = p^2 \> G/Z \T{ e' ciclico } 
}
Se $|Z|=p^2$, allora 
\eal{&|Z|=p \> |G/Z| = p \> G/Z \T{ e' ciclico } }
	\end{prova}
\step{}{Dim. $4$}
	\begin{prova}
\def\a{{\alpha}}
\def\aa{{\alpha_1}}
\def\aaa{{\alpha_2}}
Preso $\a\in G\-\pgra{\e}$ consideriamo $\gen \a$.\\
Preso $\aa\in G\-\pgra{\gen \a}$ consideriamo $\gen \aa$.\\
\step{}{Si ha che $\gen \a \^\gen \aa = \pgra{\e}$}
\begin{prova}
Infatti, se per assurdo cosi' non fosse, si avrebbe $|\gen \a \^\gen \aa| \neq 1$, e allora
\eal{&\gen \a \^\gen \aa \le  \gen \a \> |\gen \a \^\gen \aa |  \div |\gen \a
| =p  \> |\gen \a \^\gen \aa | =p }
assurdo, perche' $\aa\notin \gen \a$.
\end{prova}
Cosi' procedendo, avremo
\eal{&\gen a, \gen \aa, \gen \aaa,\dots}
tutti disgiunti tra loro. Poiche' ognuno di loro e' di ordine $p$, abbiamo
\eal{&|G|= x(p-1)+1 \= x=\frac{|G|-1}{p-1} = \frac{p^3-1}{p-1} =
\frac{(p-1)(p^2+1+p)}{p-1}=p^2+1+p
}
e $x$ e' il numero cercato.
	\end{prova}
\qed
\end{prova}