Cómo mostrar $\mathbf{Q} $ no es gratis

Question

Sabemos que la torsión libre más finitamente generada $\rightarrow$ libre y que $\mathbf{Q}$ es libre de torsión es fácil.

Pero cómo mostrar $\mathbf{Q}$ no está generada finitamente y no es libre?

Answer 1

Para la parte no gratuita :

Tome dos elementos no nulos cualesquiera $x, y ∈ ℚ$ y demostrar que satisfacen $λx + μy = 0$ para un número de veces que no es cero $λ, μ ∈ ℤ$ por lo que dos elementos cualesquiera son linealmente dependientes. Por lo tanto, ya que $ℚ$ no es cíclico, no puede tener una base.

Para la parte no generada definitivamente :

Si $ℚ$ se generó finitamente, entonces sin pérdida de generalidad (por encontrar el denominador común), había un denominador $s ∈ ℤ$ y los numeradores $r_1, …, r_n ∈ ℤ$ tal que $$ℚ = ℤ\frac{r_1}{s} + \cdots + ℤ\frac{r_n}{s} = (ℤr_1 + \cdots+ ℤr_n)\frac{1}{s} = ℤ\frac{r}{s}$$ para $r = \gcd (r_1, …, r_n)$ . Por lo tanto, ya que $ℚ$ no es cíclico, no está generado finitamente.

Answer 2

Si un grupo abeliano $G\ne\{0\}$ es libre, entonces es isomorfo a $\mathbb{Z}^{(X)}$ (suma directa de copias de $\mathbb{Z}$ ), para algún conjunto no vacío $X$ .

Entonces $\mathbb{Z}$ es una imagen epimórfica de $G$ . Desde $\mathbb{Z}$ no es divisible, $G$ no puede ser divisible. Pero $\mathbb{Q}$ es divisible.

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El grupo $\mathbb{Q}$ no está generada finitamente: si $a_1/b_1, a_2/b_2,\dots,a_n/b_n$ son elementos en $\mathbb{Q}$ entonces podemos suponer $b_1=b_2=\dots=b_n=b$ (el $a_i$ y $b_i$ son números enteros, por supuesto); entonces $$ \frac{1}{2b}=\sum_{i=1}^nc_i\frac{a_i}{b} \qquad(c_1,\dots,c_n\in\mathbb{Z}) $$ implica $\frac{1}{2}\in\mathbb{Z}$ que es falso; por lo que el conjunto $\{a_1/b,\dots,a_n/b\}$ no genera $\mathbb{Q}$ .

Answer 3

Demuestre que cualquier subgrupo finitamente generado de $\mathbf Q$ es cíclico. Como $\mathbf Q$ no es cíclico, no puede ser generado finitamente.

$(1)$ No puede ser libre : no es cíclica, por lo que cualquier base putativa tiene al menos dos elementos. Pero si $x,y$ son elementos de la base, sabemos que $\mathbf Z^2\simeq \langle x,y\rangle=\langle x'\rangle\simeq\bf Z$ que es imposible. Así que no existe ninguna base.

$(2)$ No puede ser libre: si lo fuera, digamos $\mathbf Q\simeq\mathbf Z^{(I)}$ entonces $\mathbf Q\simeq\mathbf Q\otimes_{\mathbf Z}\mathbf Q\simeq \mathbf Q\otimes_{\mathbf Z}\mathbf Z^{(I)}\simeq \mathbf Q^{(I)}$ . Esto obliga a $|I|=1$ Lo cual es absurdo.

Answer 4

Aquí hay un enfoque más fundamental para demostrar que $\mathbb{Q}$ no está generada finitamente, basándose en un método general.

Este es el método general. En un grupo $G$ con un conjunto generador finito $\{g_1,…,g_K\}$ para cualquier secuencia creciente de subgrupos $H_1 \subset H_2 \subset \cdots$ cuya unión $\cup_i H_i$ es igual a $G$ para un tamaño suficientemente grande $i$ el subgrupo $H_i$ es igual a $G$ porque cada $g_k$ está contenida en algún $H_{i_k}$ y así todo el conjunto generador $\{g_1,…,g_K\}$ está contenida en $H_I$ donde $I = \text{max}\{i_k\}$ .

Aquí está la solicitud para $\mathbb{Q}$ . Toma $H_i$ para ser el subgrupo cíclico de $\mathbb{Q}$ generado por $\frac{1}{n_i}$ donde $n_i$ es el producto del $i^{\text{th}}$ poderes de la primera $i$ números primos. Como $n_i$ divide $n_{i+1}$ , $H_i$ es un subgrupo de $H_{i+1}$ , por lo que la secuencia es creciente $H_1 \subset H_2 \subset \cdots$ . Dado que cada número entero divide algún $n_i$ la unión $\cup_i H_i$ es igual a $\mathbb{Q}$ .