Grupo de racionales positivos bajo multiplicación no isomorfo a grupo de racionales

Question

Una pregunta que puede parecer muy trivial, disculpas de antemano. Me pregunto por qué $( \mathbb{Q}_{>0} , \times )$ no es isomorfo a $( \mathbb{Q} , + )$ . Puedo ver para el caso cuando $( \mathbb{Q} , \times )$ no se requiere que sean positivos, se puede argumentar que el grupo contiene elementos de orden 2 (es decir, todos los negativos). En el caso del requisito de que todos los racionales sean positivos, este argumento no es válido. ¿Qué hecho trivial se me escapa aquí?

Answer 1

El isomorfismo tendría que mapear algún elemento de $(\mathbb{Q},+)$ a $2$ . No hay ningún elemento de $(\mathbb{Q}_{>0},\times)$ cuyo cuadrado es $2$ pero cualquier número que se asigne a $2$ tiene un medio en $(\mathbb{Q},+)$ . En términos más generales, se puede dividir por cualquier número natural $n$ en $(\mathbb{Q},+)$ pero generalmente no se puede dibujar $n$ -a raíces en $(\mathbb{Q}_{>0},\times)$ . En términos más abstractos, se puede introducir una operación de multiplicación invertible en $(\mathbb{Q},+)$ para convertirlo en un campo (de hecho, ese es en cierto sentido el sentido de la construcción de $\mathbb{Q}$ ) pero no se puede definir una operación de exponenciación correspondiente dentro de $(\mathbb{Q}_{>0},\times)$ .

El isomorfismo que esperabas que existiera no existe entre $(\mathbb{Q},+)$ y $(\mathbb{Q}_{>0},\times)$ pero entre $(\mathbb{Q},+)$ y $(b^\mathbb{Q},\times)$ para cualquier $b\in\mathbb{R}_{>0} \setminus\{1\}$ . Desde $b^\mathbb{Q}$ siempre contiene elementos irracionales, nunca es un subgrupo de $(\mathbb{Q}_{>0},\times)$ .

Answer 2

El teorema fundamental de la aritmética dice exactamente que $(\mathbb{Q}_{>0}, \times)$ es un grupo libre abeliano con el conjunto de los primos como base. Por lo tanto, si $(\mathbb{Q}_{>0}, \times)$ y $(\mathbb{Q},+)$ eran isomórficos, $(\mathbb{Q},+)$ sería un grupo libre abeliano.

Supongamos por contradicción que $X$ es una base libre de $(\mathbb{Q},+)$ y que $x \in X$ . Entonces existe $x_1,\dots,x_m \in X$ y $a_1, \dots,a_m \in \mathbb{Z}$ (determinado de forma única) para que $$ \frac{x}{n} = a_1x_1+ \dots + a_mx_m,$$ por lo que $$x= na_1x_1+ \dots+ na_mx_m.$$ En consecuencia, existe $1 \leq i \leq m$ tal que $x=na_ix_i=na_ix$ es decir. $na_i=1$ una contradicción con $a_i \in \mathbb{Z}$ cuando $n>1$ .