Pariteit bepaalt macht

Als $n=2m+1$ oneven is, is $a=(a^{m+1})^2$ voor alle $a\in G$, want $a^n=e$.
Veronderstel nu omgekeerd dat elk element een kwadraat is. Vooraf een lemmaatje:

Lemma. Als $\langle a\rangle$ en $\langle b\rangle$ cyclische deelgroepen zijn van $G$, dan is hun doorsnede ook cyclisch.
Bewijs. Zij $x>0$ minimaal zodat $a^x=b^y$ voor zekere $y$. (Indien zo'n $x$ niet bestaat is de doorsnede $\{e\}$ en dus triviaal cyclisch.)
In dat geval is ieder element van de vorm $a^{qx}$ met $q$ geheel ook een element van de doorsnede.
Indien $z>0$ zo dat $a^z$ ook van die vorm is, schrijf dan $z=qx+r$ met $0\leqslant r< x$. Er volgt dat $x\mid z$, dus $\langle a\rangle\cap\langle b\rangle=\langle a^x\rangle$ is cyclisch.

Aangezien elk element een kwadraat is, is kwadrateren noodzakelijk een injectieve functie op $G$, zodat elk element een oneven orde heeft. Alle cyclische deelgroepen en hun mogelijke doorsneden hebben dus oneven orde.
Wegens het inclusie-exclusieprincipe is nu
$$\begin{align}|G|
&=\left|\bigcup_{a\in G}\langle a\rangle\right|\\
&=\sum_{k=1}^n(-1)^{k+1}\sum_{\substack{S\subseteq G\\|S|=k}}\left|\bigcap_{a\in S}\langle a\rangle\right|\\
&\equiv\sum_{k=1}^n\binom nk\\
&=2^n-1\\
&\equiv1\pmod 2.\end{align}$$

****
Compilatieoplossing ( Barto en Stijn C )

Als $n=2m+1$ oneven is, is $a=(a^{m+1})^2$ voor alle $a\in G$, want $a^n=e$.
Veronderstel nu omgekeerd dat elk element een kwadraat is.

Als $2 | n$ , dan zal er een element bestaan zodat $g^2=1$ met $g \not = 1 $
Bekijk hiervoor de koppels $(g,g^{-1})$ .
Voor 1 geldt dat $1=1^{-1}$, omdat ieder koppel 2 nieuwe elementen toevoegt, zal er nog een ander element met $g=g^{-1}$ moeten bestaan.
Dit element heeft even orde.

Aangezien elk element een kwadraat is, is kwadrateren noodzakelijk een injectieve functie op $G$, zodat elk element een oneven orde heeft.
Contradictie