Le $\mathbb Z$-module $\mathbb Q$
Bonjour j'aimerais montrer que le $\mathbb Z$-module $\mathbb Q$ n'est pas libre.
Pour cela j'ai supposé que c'est le cas. Et je pose $I$ une base de $\mathbb Q$ alors $\mathbb Q$ est isomorphe à $ \mathbb Z^{(I)}$. Soit $\phi$ cette isomorphisme. On pose $v=\phi(1)$. Et on a pour tout $q\in \mathbb Z$, $q\neq 0$ ,
$v=\phi(q\frac{1}{q})=q\phi(\frac{1}{q})$.
Je suis un peu perdu à partir d'ici. Un petit éclaircissement s'il vous plaît.
Comme $1\neq 0$ et $\phi$ injective alors $v \neq 0$
Et on a donc que n'importe quelle coordonnée de $v$ non nul est un multiple de $q$ ceci pour tout $q$ non nul. Ce qui est exclut d'où la contradiction.
Merci pour votre aide.
Pour cela j'ai supposé que c'est le cas. Et je pose $I$ une base de $\mathbb Q$ alors $\mathbb Q$ est isomorphe à $ \mathbb Z^{(I)}$. Soit $\phi$ cette isomorphisme. On pose $v=\phi(1)$. Et on a pour tout $q\in \mathbb Z$, $q\neq 0$ ,
$v=\phi(q\frac{1}{q})=q\phi(\frac{1}{q})$.
Je suis un peu perdu à partir d'ici. Un petit éclaircissement s'il vous plaît.
Comme $1\neq 0$ et $\phi$ injective alors $v \neq 0$
Et on a donc que n'importe quelle coordonnée de $v$ non nul est un multiple de $q$ ceci pour tout $q$ non nul. Ce qui est exclut d'où la contradiction.
Merci pour votre aide.
Réponses
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Tout autre démarche me sera aussi la bienvenue s'il vous plaît. Merci bien
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Ça a déjà été démontré dans le fil que tu as intitulé "Sous-module minimal".
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Supposons que $\mathbb Q$ soit libre posons $X$ une base de ses bases. Alors $X$ est infini car sinon comme pour toute $a\in X$, $\mathbb Q=<X$\{$a$}>, alors on aura $\mathbb Q$ sera le module nul ce qui est absurde.
Maintenant soit $x,y\in X$ alors il existe $p,q,u,v\in \mathbb Z^*$ telle que $x=\frac{p}{q}$ et $y=\frac{u}{v}$.
Or $qux -pvy=0$ ce qui contredit le fait que $X$ soit libre. -
Est ce la bonne démarche ?
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De deux choses l'une :
- ou tu utilises ce qui a été vu dans le fil en question ($\mathbb Q$ n'a pas de base sur $\mathbb Z$, parce que sinon en retirant un élément d'une base on aurait encore une base).
- ou tu utilises que deux éléments quelconques de $\mathbb Q$ sont liés sur $\mathbb Z$ et que $\mathbb Q$ n'est pas monogène. -
Est ce utile de solliciter le résultat ``sous module minimal'' ? Directement. Deux rationnels $r = a/b$, $r' = a'/b'$ sont $\Z$-liés par $ba' \cdot r = b'a\cdot r'$ (au cas où $ba' = ba' = 0$, on a $r = r' = 0$ donc $r,r'$ sont encore $\Z$-liés). Une prétendue base de $\Q$ sur $\Z$ serait donc de cardinal 0 ou 1. Cardinal 0 conduirait à $\Q = 0$. Niet. Et cardinal 1 à l'existence d'un rationnel $r$ tel que $\Q = \Z\cdot r$ : on en aurait entendu parler.
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D'accord merci beaucoup. C'était en effet le fait de montrer que le cardinal de cette base est différent de 1 qui était mon problème. Et je viens de comprendre que même si c'est égale à 1 ça ne change rien à la démarche.
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@poli12
Et pendant que nous y sommes, pourquoi ne pas montrer un résultat ``positif'' ? Soit $A$ un anneau commutatif intègre et $K$ son corps des fractions. À quelle condition le $A$-module $K$ est-il libre ? -
@poli12
Exact : et la condition ``$A$ est un corps'' est nécessaire et suffisante. -
Et $ \mathbb{Q}(t)$ est-il un $\mathbb{Q}$-module libre, si oui, quelle base ?
Soit $S$ l'ensemble des polynômes unitaires irréductibles $\in \mathbb{Q}[t]$ et $S^{-1} = \{ \frac{1}{f(t)}, f(t) \in S\}$ alors comme $\mathbb{Q}$-algèbre $\mathbb{Q}(t) = \mathbb{Q}[t,S^{-1}]$ -
Avec $S$ l'ensemble des polynômes unitaires irréductibles de $\mathbb{Q}[t]$
alors le corps des fractions rationnelles $\mathbb{Q}(t)$ est un $\mathbb{Q}$-module libre de base $\{ t^m, m \ge 0\} \cup \{ \frac{t^m}{f(t)^k}, f \in S, k \ge 1, m < \deg(f)\}$
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