Mostrar $A= \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ no está generada finitamente y $A_\text{tor}=A$ .

Question

(i) $A= \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ el Grupo aditivo y quiero mostrar primero que $A_\text{tor}=\{a\in A:\text{ord}(a)<\infty \}=A$ . $q\in \mathbb{Q} \Rightarrow q=\frac{a}{b}$ con $a,b \in \mathbb{Z}, b\neq 0$ . Ahora : $q+\mathbb{Z} = \frac{a}{b} +\mathbb{Z}$ . Pero $b\cdot (\frac{a}{b} +\mathbb{Z})=a+\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$ ¿Qué me estoy perdiendo aquí? Esto parece demasiado fácil.

(ii) Si $A=(a_1,...,a_n)$ entonces de (i) se deduce que el orden de $a_i<\infty$ , por lo que hay un (si quieres el mínimo común múltiplo es suficiente) $k\in \mathbb{N}$ con $a_i^k=e, \, \forall a_i$ . Esto se deduce del hecho de que $A= \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ es abeliano y ord $(a_1\cdot...\cdot a_n) | \text{lcd}(a_1,...,a_n) $ Pero porque la orden $(\frac{1}{n}+\mathbb{Z})=n$ para todos $n\in \mathbb{N}, n\neq 0$ el orden de los elementos de in $A= \mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ no puede tener una barrera superior como $\text{lcd}(a_1,...,a_n)$ .

¿Está bien?

Answer 1

Su prueba está bien.

Permítanme mostrar una variante de (ii).

Dejemos que $H$ sea el subgrupo (finitamente generado) od $A$ generado por $\bar a_1,...,\bar a_r$ con $a_i=\frac{m_i}{n_i}\in\Bbb Q$ y que $\cal P$ sea el conjunto finito de primos que son divisores del $n_i$ 's.

Está claro que si $\bar h\in H$ con $h=\frac mn\in\Bbb Q$ entonces los divisores primos de $n$ están en $\cal P$ .

Pero hay infinitos primos, por lo que existe $p\notin\cal P$ y $\overline{1/p}\notin H$ .

Así, $H\neq A$ es decir $A$ no está generada finitamente.