Citation
Mathemataume
car $\bar{0}\cdot\vec{g}$ et $\bar{1}\cdot\vec{g}$ n'est pas toujours défini, mais je n'ai pas d'autres idées.
La première chose à faire, c'est de
définir ces produits (externes). Cela n'a pas de sens de se demander si une structure qui n'est pas définie (une chimère, donc) a telle ou telle propriété, ne crois-tu pas ?
Pourtant, juste en dessous, tu écris
Citation
M
$\bar{0}.\vec{g} = \vec{0}$
[ou]
$\bar1$ étant le neutre de la multiplication, l'égalité est vérifiée.
Là, tu utilise la conclusion (quand $0$ est le neutre de l'addition d'un corps et que $g$ appartient à un espace vectoriel sur ce corps, $0g=\vec0$ ; quand $1$ est le neutre du produit d'un corps alors $1g=g$). Au fait, tu n'as pas quelques scrupules à utiliser un objet qui n'était pas défini il y a une seconde ? Et ainsi de suite.
Bref, on se donne une base $(b_1,\dots,b_m)$ de l'espace vectoriel censément construit plus haut. On se donne un élément $(z_1,\dots,z_m)$ dans $(\Z/2\Z)^m$, OK. Tu veux l'envoyer sur $\sum_{i=1}^mg_ib_i$ : voulais-tu écrire $\sum_{i=1}^mz_ib_i$ ?
Les phrases suivantes sont aussi incompréhensibles :
Citation
M
Par définition de la base de $G$ : $f(z)\in G$. $(b_1,\dots,b_n)$ est une base de $G$.
L'expression « la base » est inappropriée (sauf exception, il y a plusieurs bases dans un espace vectoriel) et je ne vois pas ce qu'on utilise de la définition de base : dans un espace vectoriel, pour toute famille de scalaires $(z_1,\dots,z_m)$ et toute famille de vecteurs $(b_1,\dots,b_m)$, la combinaison linéaire $\sum_{i=1}^mz_ib_i$ appartient à l'espace vectoriel.
Est-ce que la dernière phrase (« $(b_1,\dots,b_n)$ est une base de $G$ ») un remords – tu avais oublié de nous présenter $(b_1,\dots,b_m)$ ? Ou bien est-ce que c'est la conclusion ?
Bref, ça n'est pas très convaincant. Note que tu n'as nulle part utilisé l'hypothèse ($x^2=1$ pour tout $x$), ce qui est bien suspect.
Si tu veux bien, on va reprendre. On a un groupe fini $G$ dont tous les éléments sont d'ordre $2$. Tu as montré qu'il était nécessairement abélien. Tu veux faire de $G$ un espace vectoriel.
Première étape, que nous avons tous négligée jusque là : quelle est l'addition sur $G$ ? Il faut donc une structure de groupe abélien $+:G\times G\to G$. Réponse évidente : on va prendre la loi de groupe sur $G$, on n'a rien d'autre sous la main ! Ça tombe bien, on vient de montrer qu'elle est commutative. On la notera désormais comme une somme et on note en particulier $0$ le neutre (au diable les flèches !). L'hypothèse s'écrit : $x+x=0$ pour tout $x$ de $G$.
Deuxième étape : le produit par un scalaire. Voici deux versions. La première est assez concrète : on n'a que deux scalaires, $0$ et $1$ (au diable les barres !). On doit donc définir, pour $g\in G$, les produits $0g$ et $1g$. S'il est possible de mener notre programme à bien, on n'a pas le choix : $0g=0$ et $1g=g$.
Prenons ça comme définition.
Il faut alors montrer l'associativité généralisée : $(\lambda\mu)g=\lambda(\mu g)$. il y a quatre possibilités pour le couple $(\lambda,\mu)$, on les traite en série : $(0\cdot0)g=0g=0$ et $0(0g)=0\cdot0=0$ ok, $(1\cdot0)g=0\cdot g=0$ et $1(0g)=1\cdot0=0$ ok, $(0\cdot1)g=0g=0$ et $0(1g)=0\cdot g=0$ ok, $(1\cdot1)g=1g=g$ et $1(1g)=1\cdot g=g$ ok.
Montrons la « distributivité » $(\lambda+\mu)g=\lambda g+\mu g$ : à nouveau, on distingue quatre cas. Le seul cas étonnant est $\lambda=\mu=1$, qui donne : $(1+1)g=0g=0$ et $1g+1g=g+g=0$
grâce à l'hypothèse. Le reste est à l'avenant.
Deuxième version. Note que quand tu as un espace vectoriel habituel, tu notes, pour $n$ entier et $x$ vecteur : \[n\cdot x=\underbrace{x+\cdots+x}_{n\ \text{termes}}.\] Les relations que tu utilises tous les jours pour $g,h\in G$ et $m,n\in\Z$, comme $g^{m+n}=g^mg^n$ ou $(g^m)^n=g^{mn}$ ou $(gh)^m=g^mh^m$ (si $g$ et $h$ commutent) deviennent, en notation additive : $(m+n)g=mg+ng$, $m(ng)=(mn)g$ et $m(g+h)=mg+mh$.
Oh ! Mais c'est que ça ressemble à un espace vectoriel ! Oui, sauf qu'on ne peut pas diviser par un entier en général. On parle de « $\Z$-module » à la place.
Puisque tu écris des barres sur $0$ et $1$ pour noter les éléments de $\Z/2\Z$, tu sais sans doute que ses éléments sont des classes d'équivalence modulo $2$. Pour définir quelque chose à partir de $\Z/2\Z$, on se donne un élément $\lambda\in\Z/2\Z$, on choisit un entier $m$, on bricole et on vérifie que le résultat ne dépend pas du choix de $m$. Allons-y.
Pour définir $\lambda g$ lorsque $\lambda\in\Z/2\Z$ et $g\in G$, on choisit un représentant $m\in\Z$ de $\lambda$. On pose alors : $\lambda g=mg=\underbrace{x+\cdots+x}_{m\ \text{termes}}$. Cela ne dépend pas de $m$, seulement de $\lambda$. En effet, si $m'$ est un autre représentant de $\lambda$, alors $m-m'=2k$ pour $k$ entier convenable, de sorte que $mg-m'g=2kg=2(kg)=0$ (prendre $x=kg$ dans l'hypothèse sur $G$). Autrement dit, c'est bien défini.
Bon, ça ne change pas beaucoup de la première version : si $\lambda=\bar0$, on peut prendre comme représentant $m=0$ et alors $mg=0$ ; si $\lambda=\bar1$, on peut prendre comme représentant $m=1$ et alors $mg=g$. Retour à la première version ? Oui, sauf que là, on voit dès le début pourquoi c'est bien $\Z/2\Z$ qui intervient en rapport avec l'hypothèse « $2x=0$ pour tout $x$ ».
