Выглядит так, как будто бы это верно. Ищите лажу. Доказываем:

Число классов сопряжённости - размерность пространства (аддитивной полугруппы C-представлений группы)(x)Q.

Устроим теперь отображение из этого пространства в прямую сумму соответствующих пространств для подгрупп P1, ... Pn.

Оно индуцируется отображением аддитивных полугрупп: (p, G) -> (Res(p, P1), ..., Res(p, Pn)).

Заметим, что если отображение N^k -> N^l инъективно, то оно же (x)Q тоже инъективно. Д-во: от противного, если оно (x)Q не инъективно, то у него есть ядро, значит, есть целочисленный вектор, который переходит в 0, далее переносим все отрицательные коэффициенты в другую часть равенства и вуаля - у нас два вектора, образы которых равны (по линейности).

Заметим, что подобный набор силовских подгрупп порождает группу G по умножению (глупый численный критерий - если |P1|=p1^k1, |P2|=p2^k2, ... |Pn|=pn^kn, поэтому порядок группы G', порождённой P1, ..., Pk делится на p1^k1, ... pn^kn, а они все взаимнопросты, потому |G'|>= p1^k1 * p2^k2 * ... * pn^kn, но |G| = p1^k1*...*pn^kn, а G' лежит в G).

По этой причине, зная значения представления на P1, ..., Pn мы можем однозначно восстановить значения представления на G. Таким образом, построенный морфизм инъективен, что влечёт указанное неравенство на размерности.

//...Д-во: от противного, если оно (x)Q не инъективно,...

слабое звено
по крайней мере нужно сначала доказать существование неинъективного в данном контексте отображения(может их вообще нет)

Чочо?

1 в контексте существуют неинъективные отображения(если нет все тривиально)return

2 пусть оно неинъективно...(от противного)

Вы исключаете третье(отрицание 1 пункта)

Это не решение, это обман трудящихся. А так всё верно.

Конечно, там ошибка :-) Попробуй её найти! (Она достаточно очевидная, но не там, где указывает анонимус).

Натянутое на неприводимые представления, если угодно. Тензорное произведение полугруппы представлений на Q
Верно копаешь )

речь шла о логике

а не о предмете