Déduire que $H$ n'a aucun élément d'ordre fini autre que l'élément d'identité.

Question

Opération donnée $*$ défini sur le plateau $G$, où $G =\{(a, b)\mid a, b \in \mathbb{Q}\}$ avec $a$ et $b$ pas à la fois zéro, $(a, b) * (c, d) = (ac + 3bd, ad + bc)$.

Prouvez ce sous-ensemble $H = \{(a, 0)\mid a \in \mathbb{Q} \land a\neq 0\}$ est un sous-groupe de $G$. Trouver$(a, 0)^r$ pour $r \in \mathbb{Z^+}$, où $(a, 0) \in H$ et déduire que $H$ n'a aucun élément d'ordre fini autre que l'élément d'identité.

Tentative

J'ai trouvé un élément d'identité de $G$ comme $(1,0)$ prouver $H$ est un sous-groupe de $G$ j'ai pris $(a,0),(b,0)\in H$ puis j'ai prouvé $(a,0)*(b,0)^{-1} \in H$ alors $H$ est un sous-groupe de $G$

Partie suivante, $(a, 0)^r=(a,0)*(a,0)*\dots*(a,0)=(a^r,0)$ Donc alors,

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

Cela implique $a^r=1$ alors $a$ peut être $-1$ ou $1$

Si $a=1$ puis $(1,0)$ on peut le négliger car c'est un élément d'identité donc on a un autre élément $(-1,0) $ il a aussi un ordre fini mais la question est dite en déduire qu'il n'y a pas d'éléments d'ordre fini autre que l'élément d'identité.

Y a-t-il quelque chose qui ne va pas dans mes pas?

Je vous remercie!

Answer 1

Vous avez raison.

C'est un sous-groupe.

J'utiliserai le test de sous-groupe en une étape . (Notez que je dois montrer$\varnothing\neq H\subseteq G$.)

Observe ceci $1\in \Bbb Q$ et $1\neq 0$, alors $(1,0)\in H$. Par conséquent$H\neq\varnothing$.

Laisser $(a,0)\in H$. ensuite$a\neq 0$, alors $a$ et $0$ne sont pas tous les deux nuls mais sont tous les deux rationnels. Par conséquent$(a,0)\in G$. Par conséquent$H\subseteq G$.

Laisser $A=(a,0), B=(b,0)\in H$. ensuite

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

lequel est dedans $H$ depuis $ab^{-1}\in \Bbb Q\setminus \{0\}$ comme $a,b\in\Bbb Q\setminus \{0\}$.

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

L'élément $(-1,0)\in H$ a l'ordre deux.

En effet, si $r\in \Bbb Z^+$, puis

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

depuis le deuxième argument de $(a,0)$ est zéro, ce qui signifie $3(0)(0)=a(0)=(0)a=0$.

Mais $a\neq 0$ par définition de $H$, donc, depuis aussi $a\in \Bbb Q$, si

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

puis $a^r=1$, sens $a=\pm 1$ si $\pm r>0$, selon que $r$ est impair ou pair.

Cela peut être vérifié directement.

En effet,

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

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