Soluzione:
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sia $|G|=n$
Ogni $f(h)$ genera un sottogruppo normale (perché abeliano) $S_h$ di $G$
È chiuso rispetto all operazione e contiene l'inverso, infatti $f(hx)$ ha inverso $f(h^(n-1)x^(n-1))$
Sia $p$ primo che divide $n$ esiste $m$ tale che $f(m)=g$ generatore sottogruppo ciclico $C_p$ di ordine $p$ (esiste perché abeliano)
Sia $N$ tale che $m|N$ allora $f(N!)$ è contenuto in $C_p nn S_(q_1) nn \cdots nn S_(q_k)=A$ (normale)
Dove $q_1,...,q_k$ divisori primi di $N!$, poiché $C_p$ è semplice avremo che $A=C_p$ o ${e}$.
Se $f(N!)=e$ allora l' insieme
${N!+1, N!+2, ...., N!+N}$
Contiene una potenza $n$ esima di un numero intero, basta scegliere come intero
$(N!+1)^(1/n) <= r <= (N!+N)^(1/n)$
Segue che $f(N!)=f(N!+k)=e$ con $1<=k<=N$ ovvero $f(h)=f(h+1)$ con $h=\frac{N!}{k}$
Se $f(N!)=g^a=f(m^a)$, scegliamo $N$ tale che $m^a|N$, dunque
$f(m^a \frac{N!}{m^a})=g^a \Rightarrow f(\frac{N!}{m^a})=e$
Per lo stesso ragionamento di prima scegliamo $r$ tale che
$(\frac{N!}{m^a}+1)^(1/n) <= r <= (\frac{N!}{m^a}+N/m^a)^(1/n)$
Segue che $f(\frac{N!}{m^a})=f(\frac{N!}{m^a}+k)=e$ con $1<=k<=N/m^a$ ovvero $f(h)=f(h+1)$ con $h=(\frac{N!}{m^a})/k$