El grupo aditivo de los racionales no tiene un conjunto generador mínimo

Question

En un comentario a la respuesta de Arturo Magidin a esta pregunta, Jack Schmidt dice que el grupo aditivo de los racionales no tiene un conjunto generador mínimo.

¿Por qué $(\mathbb{Q},+)$ no tiene un conjunto generador mínimo?

Answer 1

Sea $S$ un conjunto generador mínimo de $\mathbb{Q}$, y tome $a\in S$. Sea $H\leq \mathbb{Q}$ el subgrupo generado por los elementos de $S$ que no son $a$. Debido a que $S$ es mínimo, $H$ es un subgrupo propio de $\mathbb{Q}$. Defina $G:=\mathbb{Q}/H$. Entonces $G$ es no trivial y cíclico (es generado por la clase de $a$), por lo que $G\cong\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ o $G\cong \mathbb{Z}$. Esto es una contradicción, porque cada elemento de $\mathbb{Q}$ es divisible por $n$, entonces lo mismo debería ser cierto para un cociente de $\mathbb{Q$.

Answer 2

Sea $S\subseteq\mathbb Q$ tal que $\langle S\rangle=\mathbb Q$. Fijemos $a\in S$, y pongamos $T=S\setminus\{a\}$, veamos también que $\langle T\rangle=\mathbb Q$. Tenemos que $$\frac{a}{2}=a\cdot k_0+\sum_{i=1}^na_i\cdot k_i,$$ para algunos $k_i\in\mathbb Z$ y $a_i\in T$. Luego, $$a=a\cdot (2k_0)+\sum_{i=1}^na_i\cdot (2k_i),$$ es decir, $$a\cdot m=\sum_{i=1}^na_i\cdot (2k_i),$$ donde $m=1-2k_0$ es distinto de cero; ya que $k_0$ es un entero.

Ahora, $\frac{a}{m}$ puede expresarse como una combinación de elementos de $S$, digamos $\frac{a}{m}=a\cdot r_0+\sum_{i=1}^lb_i\cdot r_i,$ con $b_i\in T$,$r_i\in\mathbb Z$, así que $$a=a\cdot mr_0+\sum_{i=1}^lb_i\cdot mr_i=\sum_{i=1}^na_i\cdot r_0(2k_i) +\sum_{i=1}^lb_i\cdot mr_i.$$

Answer 3

Factor out the integers, and consider $Q_*$ the additive rationals modulo unity.

cada primo $p$ puede estar asociado con un subgrupo 'puro' $Q_{*p}$ que contiene todas (y solo) las fracciones cuyo denominador es una potencia de $p$. tal subgrupo es el límite por unión de conjuntos de una cadena ascendente de subgrupos generada por una secuencia monótona de potencias (negativas) de $p$, por ejemplo:

$$ <\frac{1}{p}>\; \subset \;<\frac{1}{p^2}> \; \subset \dots $$ cualquier secuencia cofinal servirá, pero cualquier secuencia no cofinal (es decir, finita, aquí) debe excluir denominadores con una potencia de $p$ mayor que la potencia máxima en la cadena finita.

por lo tanto, es trivial que para un subgrupo puro ningún generador es indispensable.

pero $Q_*$ es la suma directa de sus subgrupos puros. así que, por un argumento sencillo, ningún generador puede ser indispensable.

Answer 4

Estaba luchando con este problema ayer y ahora encontré una solución que es similar a la de Camilo. Usaré la misma notación. $$a=a\cdot k_0+\sum_{i=1}^na_i\cdot k_i,$$ para algunos $k_i\in\Bbb{Z}$ y $a_i\in T$. Entonces $$a(1-k_0)=\sum_{i=1}^na_i\cdot k_i.$$ Dejando $b_i=a_i/(1-k_0)$ -- claramente si $a_i$ generan $\Bbb{Q}$ entonces $b_i$ también lo generan. También podemos asumir que $a\not=b_i$ para cualquier $i$ -- obtenemos $$\sum_{i=1}^nb_i\cdot k_i=\dfrac{1}{1-k_0}\sum_{i=1}^na_i\cdot k_i=a.$$