Mostrar que $(\mathbb{Q}^*,\cdot)$ e $(\mathbb{R}^*,\cdot)$ no cíclico

Question

Estoy leyendo un libro sobre álgebra abstracta, pero estoy teniendo problemas para resolver este ejercicio: "Mostrar que $(\mathbb{Q}^*,\cdot)$ e $(\mathbb{R}^*,\cdot)$ no cíclico"

Donde $(\mathbb{Q}^*,\cdot)$ es el grupo distinto de cero de los números racionales bajo moltiplication y $(\mathbb{R}^*,\cdot)$ es el grupo de números reales distintos de cero bajo moltiplication.

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Aquí está mi intento de la primera.

Supongamos $(\mathbb{Q}^*,\cdot)$ es cíclica y, a continuación, $\mathbb{Q}^*=\langle\frac{p}{q}\rangle=\{(\frac{p}{q})^n,n\in\mathbb{Z}\}$ donde $p$ e $q$ son coprime.

$\frac{2p}{q}$ es también en $\mathbb{Q}^*$, por lo que debe ser igual a $(\frac{p}{q})^n$ para algunos $n\in\mathbb{Z}$.

Para solucionar $\frac{2p}{q}=(\frac{p}{q})^n$ me tome un logaritmo de ambos lados y terminar con $1+\log_\frac{p}{q}(2)=n$, ya que el $n$ es un número entero $\log_\frac{p}{q}(2)$ debe ser un entero demasiado, pero esto es posible sólo cuando se $\frac{p}{q}=2^{\frac{1}{k}}, k\in\mathbb{N}$, (es decir, $\frac{p}{q}$ es una k-ésima raíz de $2$), pero $k$ debe $1$ para $2^\frac{1}{k}$ para ser racional, por lo $\frac{p}{q}=2$ contradiciendo la hipótesis de $p$ e $q$ siendo coprime.

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Sin embargo, yo no sé si esto es una prueba y el mismo razonamiento puede ser aplicado a $\mathbb{R}^*$, me gustaría que usted me acaba de dar un avance de una prueba, sin que me diga que el conjunto de la prueba, si es posible.

Answer 1

Una verdadera prueba, tal vez, es de notar que, si $\Bbb Q^\times$ eran cíclicos, siendo infinito, debe isomorfo a $\Bbb Z$. Pero $\Bbb Z$ no tiene ningún elemento de orden $2$, mientras que el $(-1)^2=1$ en $\Bbb Q^\times$. Tenga en cuenta que esto demuestra entonces que $\Bbb R^\times$ no puede ser cíclico, ya sea.

AGREGAR Para ser más precisos, $$\Bbb Q^\times \simeq \Bbb Z/2\Bbb Z \oplus \bigoplus_{i\geqslant 1}\Bbb Z$$ mediante la descomposición en factores primos.

Answer 2

Sugerencia: Si ${\mathbb R}$ es cíclico, entonces es contable. Su argumento para ${\mathbb Q}$ se ve bien. También un subgrupo de un grupo cíclico es cíclico, por lo que podría ir por ese camino de ${\mathbb R}$ demasiado, basado en la prueba de ${\mathbb Q}$.

Answer 3

Prueba Simple:

Si $|x|>1$,, a continuación, $|x^n| > 1$ para todos los $n \in \mathbb{N}$.

Si $|x|<1$,, a continuación, $|x^n|< 1$ para todos los $n \in \mathbb{N}$.

Así que toma un supuesto generador de $g$. Bien, $|g| \neq 1$, lo $|g|<1$ o $|g|>1$. En el primero, no vamos a generar cualquier número con magnitud mayor que $1$. En el último, no vamos a generar todos los números con una magnitud menor que $1$. Por lo tanto, ninguno de los grupos puede ser cíclica.

Answer 4

He aquí otra manera de discutir estos puntos:

Supongamos $\Bbb Q^\ast$ fueron cíclico; a continuación, $\Bbb Q^\ast = \{ a^n, n \in \Bbb Z \}$ para algunos $a \in \Bbb Q^\ast$. Si $\vert a \vert = 1$,, a continuación,$a = \pm 1$, e $\langle a \rangle = \{ 1 \} \;\text{or} \; \{ \pm 1 \}$, lo $\vert a \vert \ne 1$. Si $\vert a \vert > 1$, la secuencia de $\vert a^n \vert = \vert a \vert^n$ es monótonamente creciente; por lo tanto no puede ser no $m \in \Bbb Z$ con $\vert a^n \vert < \vert a^m \vert < \vert a^{n + 1} \vert$; por lo tanto no podemos tener a $\Bbb Q^\ast = \langle a \rangle$, ya que existe siempre un racional entre el $\vert a^n \vert$ e $\vert a^{n + 1} \vert$. El caso de $\vert a \vert < 1$ puede ser igual de argumentar, pero con $\vert a^n \vert$ disminuyendo. Por lo $\Bbb Q^\ast$ no es cíclico.

Esencialmente el mismo argumento puede aplicarse a $\Bbb R$. QED.

Espero que esto ayude. ¡Hasta la vista,

y como siempre,

Fiat Lux!!!

Answer 5

La prueba de que es bueno y como señaló user2566092 el hecho de que $\Bbb R^\times$ es incontable implica de inmediato que no puede ser cíclica.

Aquí es un enfoque diferente a $\Bbb Q^\times$:

Si $\Bbb Q^\times$ eran cíclicos sin duda, sería infinito cíclico. Pero sabemos que todos los no-trivial de subgrupos de un cíclico infinito subgrupo son infinitas, y $\Bbb Q^\times$ tiene un número finito no-trivial de los subgrupos, a saber,$\{1,-1\}$.

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