Dedukuj to $H$ nie ma elementów skończonego porządku poza elementem tożsamości.

Question

Podana operacja $*$ zdefiniowane na planie $G$, gdzie $G =\{(a, b)\mid a, b \in \mathbb{Q}\}$ z $a$ i $b$ nie oba zera, $(a, b) * (c, d) = (ac + 3bd, ad + bc)$.

Udowodnij, że podzbiór $H = \{(a, 0)\mid a \in \mathbb{Q} \land a\neq 0\}$ jest podgrupą $G$. Odnaleźć$(a, 0)^r$ dla $r \in \mathbb{Z^+}$, gdzie $(a, 0) \in H$ i wywnioskować $H$ nie ma elementów skończonego porządku poza elementem tożsamości.

Próba

Znalazłem element tożsamości $G$ tak jak $(1,0)$ udowodnić $H$ jest podgrupą $G$ wziąłem $(a,0),(b,0)\in H$ potem udowodniłem $(a,0)*(b,0)^{-1} \in H$ więc $H$ jest podgrupą $G$

Następna część, $(a, 0)^r=(a,0)*(a,0)*\dots*(a,0)=(a^r,0)$ a następnie,

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

To sugeruje $a^r=1$ więc $a$ może być $-1$ lub $1$

Gdyby $a=1$ następnie $(1,0)$ możemy go zaniedbać, ponieważ jest to element tożsamości, więc mamy inny element $(-1,0) $ ma również skończony porządek, ale mówi się, że z pytania wynika, że ​​nie ma innych elementów skończonego porządku poza elementem tożsamości.

Czy jest coś złego w moich krokach?

Dziękuję Ci!

Answer 1

Masz rację.

To jest podgrupa.

Będzie używać testu podgrupę jednoetapowego . (Zauważ, że muszę pokazać$\varnothing\neq H\subseteq G$.)

Obseruj to $1\in \Bbb Q$ i $1\neq 0$, więc $(1,0)\in H$. W związku z tym$H\neq\varnothing$.

Pozwolić $(a,0)\in H$. Następnie$a\neq 0$, więc $a$ i $0$nie są jednocześnie zerami, ale oba są racjonalne. W związku z tym$(a,0)\in G$. W związku z tym$H\subseteq G$.

Pozwolić $A=(a,0), B=(b,0)\in H$. Następnie

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

która jest w $H$ od $ab^{-1}\in \Bbb Q\setminus \{0\}$ tak jak $a,b\in\Bbb Q\setminus \{0\}$.

A zatem $(H,*)\le (G,*)$.

Element $(-1,0)\in H$ ma zamówienie dwa.

Rzeczywiście, jeśli $r\in \Bbb Z^+$, następnie

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

od drugiego argumentu $(a,0)$ jest zero, co oznacza $3(0)(0)=a(0)=(0)a=0$.

Ale $a\neq 0$ z definicji $H$, więc odtąd też $a\in \Bbb Q$, gdyby

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

następnie $a^r=1$znaczenie $a=\pm 1$ gdyby $\pm r>0$, w zależności od tego, czy $r$ jest nieparzysta lub parzysta.

Można to sprawdzić bezpośrednio.

W rzeczy samej,

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

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