Estoy de acuerdo con Derek la observación, que es una muy buena manera de demostrarlo. Otra manera de demostrar que es el siguiente y aprende más sobre el recuento de los principios en la $p$-grupos. Supongo que ha demostrado el Ejercicio 1C.8 de Isaacs libro que dice que se puede reducir el problema a $p$-grupos.
Lema 1. Deje $H$ ser un adecuado subgrupo de un número finito de $p$grupo $G$ y supongamos $|H|=p^b$. A continuación, el número de subgrupos de orden $p^{b+1}$ que contengan $H$, es congruente 1 mod $p$.
Prueba. Fijar un subgrupo $H$ orden $p^b$ de la $p$grupo $G$. Desde $H$ es normal y apropiado, en $N_G(H)$, uno puede encontrar un subgrupo de $K$ $|K:H|=p$ (mirar en el centro de la $N_G(H)/H$, que no es trivial, escoger un elemento de orden $p$, decir $\overline{x}$ y poner $K=\langle x \rangle$).
Por otro lado, si $K$ es un subgrupo de $G$$H \subset K$$|K:H|=p$, $H \lhd K$ (debido a $p$ es el más pequeño de primer dividiendo $|K|$), y, por tanto,$K \subseteq N_G(H)$.
Llegamos a la conclusión de que |{$K \leq G: H \subset K$ y $|K:H|=p$}| = |{$\overline{K} \leq N_G(H)/H: |\overline{K}|=p$}|. El lema ahora sigue al hecho de que en el grupo $N_G(H)/H$ el número de subgrupos de orden $p$ es congruente a $1$ mod $p$ (en cualquier grupo, orden que es divisible por los primos $p$, esto es cierto y sigue fácilmente de la McKay prueba de Cauchy Teorema). $\square$
Lema 2. El número de subgrupos de orden $p^{b-1}$ $p$grupo $G$ orden $p^b$ es congruente 1 mod $p$.
Prueba. Deje $G$ ser un no-trivial grupo de orden $p^b$. Deje $\mathcal{S}$ ser el conjunto de todos los subgrupos de $G$ orden $p^{b-1}$. Observar que este conjunto es no vacío y corregir una $H \in \mathcal{S}$. Vamos a hacer algunas contar en el conjunto de $\mathcal{S}$, mediante la definición de una relación de equivalencia $\sim$ como sigue: $K\sim L$ fib $H \cap K=H \cap L$$K, L \in \mathcal{S}$.
Observe que para $K, L \in \mathcal{S}$ con $K \neq L$, $G=KL$, $K \cap L \lhd G$ y $|K \cap L|=p^{b-2}$. Es fácil ver que la clase de equivalencia $[H]$ es un singleton. Además, $H=K$ fib $H \in [K]$$K\in \mathcal{S}$.
Ahora fijar un $K \in \mathcal{S}$, $K \neq H$. Recuento de los pedidos se puede ver que si $L \in \mathcal{S}$, $H \cap K\subset L$ fib $L \in [K]$. De ahí que el número de elementos en $[K]$ es exactamente el número de subgrupos de orden $p^{b-1}$ contiene $H \cap K$, menos 1, es decir,$H$. Debido a que el anterior lema, llegamos a la conclusión de que $|[K]| \equiv 0$ mod $p$. El lema ahora de la siguiente manera. $\square$.
El uso de estos dos lema del que ahora se puede demostrar la declaración mediante una hábil contando el número de subgrupo pares de $H$ $K$ $G$ con el fin de $p^b$ $p^{b+1}$ respectivamente. Ahora, volviendo a tu pregunta original
Teorema. Deje $G$ ser un grupo de orden $p^a$, $p$ prime. Deje $0 \leq b \leq a$ y $n_b=$|{$H \leq G: |H|=p^b$}|. A continuación, $n_b \equiv 1$ mod $p$.
Prueba. Vamos $H$, $K \leq G$, con $|H|=p^b$$|K|=p^{b+1}$. Definir una función $f$ como sigue: $f(H,K)=1$ si $H \subset K$ $f(H,K)=0$ lo contrario. Permítanos calcular $\sum_{H} \sum_{K} f(H,K)$ en dos formas diferentes: $\sum_{H}$$\sum_{K} f(H,K) = \sum_{H} \sum_{H \subset K}1$ $\equiv \sum_{H} 1$ mod $p$, según el Lema 1 de arriba. Del mismo modo, invirtiendo el orden de la suma de $H$$K$, la suma es igual a $\sum_{K} 1$ mod $p$, usando el Lema 2. En otras palabras, para todos los $b$, el número de subgrupos de $G$ orden $p^b$ es congruente mod $p$ el número de subgrupos de $G$ orden $p^{b+1}$. El teorema se sigue del hecho de que el número de subgrupos de orden $p^a$ es igual a 1, es decir, $G$ sí. $\square$.
Observación. El teorema de los recuentos de todos los subgrupos de orden fijo $p^b$. Si nos restringimos a la normal subgrupos de orden $p^b$ de la misma tiene: |{$H \unlhd G: |H|=p^b$}|$\equiv 1$ mod $p$. Croquis de la prueba: vamos a $G$ ley por la conjugación en el conjunto de todos los subgrupos $H$ orden ${p^b}$. El punto fijo son exactamente los subgrupos normales. Ahora aplicar el Teorema anterior.
Por último, también ver este StackExchange entrada.
