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Bonjour,

Je bloque un peu sur cet exo :

Soit (G,.) un groupe fini dont tout élément est d'ordre 1 ou 2. Montrer que card(G) est une puissance de 2.

J'ai raisonné par absurde et donc j'ai dit que sinon card(G) admet un diviseur premier p ( $ |G|=pq $) , et d'après le théorème de Lagrange $ \forall a\in G, ord(a)\mid |G| $, ainsi si $ ord(a)=2 $ alors d'après le lemme de Gauss, $ 2\mid p $ ce qui est absurde. Mais si ord(a)=1 je vois pas comment faire ...

Si ord(a) = 1,a = e.
Et il me semble que tu n'as pas obtenu de contradiction précédemment.
Si p | |G|, il se peut que |G| = 2p et donc le théorème de Lagrange n'est pas contredit...
Je pense que tu n'as pas un théorème de Gauss correct en tête

Regarde G comme Z/2Z-espace vectoriel

Bonjour, tu peux noter m le cardinal minimal d'une famille génératrice et montrer que G est isomorphe à (Z/2Z)^m.

Fait comme Donnerwetter suggère. Il est néanmoins necessaire de montrer que G est abelien pour montrer qu'il s'agit d'un tel espace vectoriel

prepamath a écrit : ↑

04 juin 2019 13:44

Si ord(a) = 1,a = e.
Et il me semble que tu n'as pas obtenu de contradiction précédemment.
Si p | |G|, il se peut que |G| = 2p et donc le théorème de Lagrange n'est pas contredit...
Je pense que tu n'as pas un théorème de Gauss correct en tête

Oui 2 peut ne pas être premier avec q t'as raison. Et si a=e, bah alors ?

Merci pour vos indications! Je vois l'idée : Puisque G est d'ordre 1 ou 2 alors $ \forall x,y \in G, xyx^{-1}y^{-1}=xyxy=(xy)^{2}=e $ donc G est abélien. Alors, on peut le voir comme un espace vectoriel sur le corps Z/2Z. Puisque G est de dimension finie "m" sur Z/2Z, alors G est isomorphe à (Z/2Z)^m et donc card(G)=2^m.

J'ai considéré cet isomorphisme : $ f : G\rightarrow (Z/2Z)^{m} $
$ \quad \quad \quad \quad \quad \qquad \qquad \quad \qquad \qquad $ $ x\rightarrow (x_1,x_2,..,x_m) $

avec $ (e_1,e_2,..,e_m) $ une base de G dans Z/2Z et $ (x_1,x_2,..,x_m) $ les coordonnées de $ x\in G $ dans cette base.