Leiten Sie das ab $H$ hat keine anderen Elemente endlicher Ordnung als das Identitätselement.

Question

Gegebene Operation $*$ am Set definiert $G$, wo $G =\{(a, b)\mid a, b \in \mathbb{Q}\}$ mit $a$ und $b$ nicht beide Null, $(a, b) * (c, d) = (ac + 3bd, ad + bc)$.

Beweisen Sie diese Teilmenge $H = \{(a, 0)\mid a \in \mathbb{Q} \land a\neq 0\}$ ist eine Untergruppe von $G$. Finden$(a, 0)^r$ zum $r \in \mathbb{Z^+}$, wo $(a, 0) \in H$ und daraus ableiten $H$ hat keine anderen Elemente endlicher Ordnung als das Identitätselement.

Versuch

Ich fand Identitätselement von $G$ wie $(1,0)$ beweisen $H$ ist eine Untergruppe von $G$ ich nahm $(a,0),(b,0)\in H$ dann habe ich bewiesen $(a,0)*(b,0)^{-1} \in H$ damit $H$ ist eine Untergruppe von $G$

Nächster Teil, $(a, 0)^r=(a,0)*(a,0)*\dots*(a,0)=(a^r,0)$ also dann,

$$(a, 0)^r=(a^r,0)=(1, 0).$$

Dies impliziert $a^r=1$ damit $a$ kann sein $-1$ oder $1$

Wenn $a=1$ dann $(1,0)$ wir können es vernachlässigen, da es ein Identitätselement ist, also haben wir ein anderes Element $(-1,0) $ es hat auch eine endliche Ordnung, aber die Frage soll ergeben, dass es keine anderen Elemente endlicher Ordnung als das Identitätselement gibt.

Stimmt etwas mit meinen Schritten nicht?

Vielen Dank!

Answer 1

Du hast Recht.

Es ist eine Untergruppe.

Ich werde den einstufigen Untergruppentest verwenden . (Beachten Sie, dass ich zeigen muss$\varnothing\neq H\subseteq G$.)

Beachten Sie das $1\in \Bbb Q$ und $1\neq 0$, damit $(1,0)\in H$. Daher$H\neq\varnothing$.

Lassen $(a,0)\in H$. Dann$a\neq 0$, damit $a$ und $0$sind nicht beide Null, sondern beide rational. Daher$(a,0)\in G$. Daher$H\subseteq G$.

Lassen $A=(a,0), B=(b,0)\in H$. Dann

$$\begin{align} AB^{-1}&=(a,0)*(b,0)^{-1}\\ &=(a,0)*(b^{-1}, 0)\\ &=(ab^{-1}+3(0)(0), a(0)+(0)b^{-1})\\ &=(ab^{-1}, 0), \end{align}$$

welches ist in $H$ schon seit $ab^{-1}\in \Bbb Q\setminus \{0\}$ wie $a,b\in\Bbb Q\setminus \{0\}$.

So $(H,*)\le (G,*)$.

Das Element $(-1,0)\in H$ hat Bestellung zwei.

In der Tat, wenn $r\in \Bbb Z^+$, dann

$$\begin{align} (a,0)^r&=\underbrace{(a,0)*\dots*(a,0)}_{r\text{ times}}\\ &=(a^r, 0), \end{align}$$

seit dem zweiten Argument von $(a,0)$ ist Null, was bedeutet $3(0)(0)=a(0)=(0)a=0$.

Aber $a\neq 0$ per Definition von $H$also seit da auch $a\in \Bbb Q$, wenn

$$(a,0)^r=(a^r,0)=e_G=(1,0),$$

dann $a^r=1$Bedeutung $a=\pm 1$ wenn $\pm r>0$, je nachdem ob $r$ ist ungerade oder gerade.

Dies kann direkt überprüft werden.

Tatsächlich,

$$\begin{align} (-1,0)^2&=(-1,0)*(-1,0)\\ &=((-1)(-1)+3(0)(0), -1(0)+0(-1))\\ &=(1,0) \end{align}$$

und $(-1,0)\in H$.