如何证明有理数加法群不是有限生成群？
好的，我们来详细探讨一下为什么有理数加法群（我们记为 $(mathbb{Q}, +)$）不是有限生成群。要理解这一点，我们首先需要明确“有限生成群”和“有理数加法群”这两个概念。
1. 理解“有限生成群”
一个群 $G$ 被称为有限生成群，如果存在一个有限的元素集合 $S = {g_1, g_2, ldots, g_n}$，使得 $G$ 中的每一个元素都可以表示为 $S$ 中元素的有限次乘积（或者在加法群中，是有限次相加以及其逆元相加的形式）。
对于加法群 $(mathbb{Q}, +)$ 而言，这意味着是否存在有限个有理数 ${q_1, q_2, ldots, q_n}$，使得任何一个有理数 $r in mathbb{Q}$ 都可以写成如下形式：
$r = m_1 q_1 + m_2 q_2 + ldots + m_n q_n$
其中 $m_i$ 是整数（可以为正、负或零）。
2. 理解“有理数加法群” $(mathbb{Q}, +)$
有理数加法群 $(mathbb{Q}, +)$ 是指所有有理数的集合 $mathbb{Q}$，以及它们之间的加法运算。这个集合包含了形如 $frac{p}{q}$ 的数，其中 $p$ 是整数，$q$ 是非零整数。加法运算就是我们平时所熟悉的分数加法。
这个群有几个重要的性质：
可交换性 (Abelian): 对于任何两个有理数 $a, b in mathbb{Q}$，$a+b = b+a$。
单位元 (Identity Element): 0 是加法单位元，因为对于任何有理数 $a in mathbb{Q}$，$a+0 = a$。
逆元 (Inverse Element): 对于任何有理数 $a in mathbb{Q}$，它的加法逆元是 $a in mathbb{Q}$，因为 $a + (a) = 0$。
封闭性 (Closure): 两个有理数的和仍然是有理数。
3. 为什么 $(mathbb{Q}, +)$ 不是有限生成群？
现在，让我们来尝试证明 $(mathbb{Q}, +)$ 不是有限生成群。我们的策略是采用反证法。
假设 $(mathbb{Q}, +)$ 是一个有限生成群。根据定义，这意味着存在一个有限的生成集 $S = {q_1, q_2, ldots, q_n}$，其中 $q_i in mathbb{Q}$。
如果 $S$ 是一个生成集，那么 $mathbb{Q}$ 中的任何一个有理数 $r$ 都必须可以表示为 $S$ 中元素的线性组合（其中系数是整数）：
$r = m_1 q_1 + m_2 q_2 + ldots + m_n q_n$
其中 $m_i in mathbb{Z}$。
现在，我们来分析一下由这些生成元生成的集合。设 $G'$ 是由 $S$ 生成的子群，也就是所有形如 $m_1 q_1 + m_2 q_2 + ldots + m_n q_n$（$m_i in mathbb{Z}$）的有理数构成的集合。根据生成集的定义，如果 $(mathbb{Q}, +)$ 是有限生成群，那么 $G'$ 必须等于 $mathbb{Q}$。
我们知道，任何一个有理数 $q_i in S$ 都可以写成最简分数的形式：
$q_i = frac{p_i}{s_i}$
其中 $p_i, s_i in mathbb{Z}$，且 $s_i eq 0$，并且 $p_i$ 和 $s_i$ 互质（最大公约数为 1）。我们可以假设所有的 $s_i$ 都是正整数。
现在考虑任何一个由 $S$ 生成的有理数 $r in G'$：
$r = m_1 frac{p_1}{s_1} + m_2 frac{p_2}{s_2} + ldots + m_n frac{p_n}{s_n}$
为了将这个表达式写成一个单一的分数，我们需要找到一个公共分母。一个可能的公共分母是所有 $s_i$ 的乘积：$P = s_1 cdot s_2 cdot ldots cdot s_n$。
那么，我们可以将每个分数通分：
$r = m_1 frac{p_1 cdot (P/s_1)}{P} + m_2 frac{p_2 cdot (P/s_2)}{P} + ldots + m_n frac{p_n cdot (P/s_n)}{P}$
$r = frac{m_1 p_1 (P/s_1) + m_2 p_2 (P/s_2) + ldots + m_n p_n (P/s_n)}{P}$
令分子为 $N = m_1 p_1 (P/s_1) + m_2 p_2 (P/s_2) + ldots + m_n p_n (P/s_n)$。注意，由于 $m_i, p_i, s_i$ 都是整数，并且 $P/s_i$ 也是整数，所以 $N$ 是一个整数。
因此，任何由 $S$ 生成的有理数 $r$ 都可以表示为 $frac{N}{P}$ 的形式，其中 $P = s_1 cdot s_2 cdot ldots cdot s_n$ 是一个固定的非零整数，而 $N$ 是某个整数。
这意味着由有限生成集 $S$ 生成的子群 $G'$ 中的所有元素，其分母（在化简到最简分数时）都必须是某个特定整数 $P$ 的约数。更准确地说，如果我们将所有 $r in G'$ 写成最简分数 $frac{a}{b}$，那么分母 $b$ 一定能整除 $P$ 的某个数。
关键的转折点：
现在考虑有理数 $frac{1}{P+1}$。这个数显然是有理数，所以它应该属于 $(mathbb{Q}, +)$。如果 $(mathbb{Q}, +)$ 是有限生成的，那么 $frac{1}{P+1}$ 也必须能被生成集 $S = {q_1, ldots, q_n}$ 生成。
这意味着：
$frac{1}{P+1} = m_1 q_1 + m_2 q_2 + ldots + m_n q_n$
然而，根据我们之前的分析，等式右边的所有元素 $m_1 q_1 + ldots + m_n q_n$ 都可以写成 $frac{N}{P}$ 的形式，其中分母是 $P$ 的约数（或者说，是所有 $s_i$ 的乘积的约数）。
也就是说，由 $S$ 生成的任何一个有理数 $r$，其最简分数的denominator，记作 $ ext{den}(r)$，必须能够整除 $P = s_1 cdots s_n$。
所以，如果 $frac{1}{P+1}$ 能够被 $S$ 生成，那么它必须可以表示为 $frac{N}{P'}$ 的形式，其中 $P'$ 是某个由 $s_i$ 决定的整数（在这里是 $P$），并且 $ ext{den}(frac{1}{P+1})$ 必须能整除 $P$。
但是，$frac{1}{P+1}$ 本身就是一个最简分数（因为 $P+1$ 和 $1$ 互质），它的分母就是 $P+1$。
所以，我们得到了一个矛盾：
$ ext{den}(frac{1}{P+1}) = P+1$
而根据 $S$ 的生成性质，我们推导出任何由 $S$ 生成的数，其最简分母 $ ext{den}(r)$ 必须是 $P$ 的约数。因此，我们期望 $ ext{den}(frac{1}{P+1})$ 能整除 $P$。
即：$P+1$ 必须整除 $P$。
这显然是不可能的，因为 $P+1$ 比 $P$ 大，一个正整数不可能整除一个比它小的正整数（除非被除数为零，但这里 $P$ 是一个乘积，至少是正整数）。
结论：
我们的假设——即 $(mathbb{Q}, +)$ 是有限生成群——导致了一个逻辑上的矛盾。因此，这个假设必定是错误的。
所以，有理数加法群 $(mathbb{Q}, +)$ 不是有限生成群。
更直观的理解：
想象一下你试图用一组有限的有理数来“制造”出所有的有理数。例如，你只能使用 ${1}$ 作为生成集。那么你能生成的有理数就只有整数 $mathbb{Z}$。你无法生成像 $frac{1}{2}$ 这样的分数。
如果你加入了 $frac{1}{2}$，你的生成集是 ${1, frac{1}{2}}$。你能生成的数是形如 $m cdot 1 + k cdot frac{1}{2}$ 的整数倍的数，例如 $1, 2, frac{1}{2}, frac{3}{2}, frac{5}{2}, ldots$。基本上，你只能生成分母为 2 的倍数的数（或者化简后分母是 2 的约数）。你依然无法生成像 $frac{1}{3}$ 这样的数。
无论你选择多少个有理数作为生成集 ${q_1, ldots, q_n}$，它们都有一个共同的“最大分母限制”。设每个 $q_i = frac{p_i}{s_i}$，它们的最小公倍数（LCM）的某个倍数（或者说它们的乘积）可以作为所有生成数的“公共分母的基础”。但总会存在有理数，例如 $frac{1}{L+1}$（其中 $L$ 是所有 $s_i$ 的乘积或 LCM 的某个相关数），它的分母比你现有生成集能产生的最简分母的“最大值”还要大，并且无法被现有生成集组合出来。
这种“永远无法完全覆盖”的性质，正是表明它不是有限生成群的本质原因。一个有限生成群的元素集合虽然可以无限多，但它们都是由有限数目的“砖块”通过有限次操作“搭”出来的。而有理数集太“密集”了，任何有限的生成集都无法“填满”整个有理数集的“空隙”。
1. 理解“有限生成群”
一个群 $G$ 被称为有限生成群，如果存在一个有限的元素集合 $S = {g_1, g_2, ldots, g_n}$，使得 $G$ 中的每一个元素都可以表示为 $S$ 中元素的有限次乘积（或者在加法群中，是有限次相加以及其逆元相加的形式）。
对于加法群 $(mathbb{Q}, +)$ 而言，这意味着是否存在有限个有理数 ${q_1, q_2, ldots, q_n}$，使得任何一个有理数 $r in mathbb{Q}$ 都可以写成如下形式：
$r = m_1 q_1 + m_2 q_2 + ldots + m_n q_n$
其中 $m_i$ 是整数（可以为正、负或零）。
2. 理解“有理数加法群” $(mathbb{Q}, +)$
有理数加法群 $(mathbb{Q}, +)$ 是指所有有理数的集合 $mathbb{Q}$，以及它们之间的加法运算。这个集合包含了形如 $frac{p}{q}$ 的数，其中 $p$ 是整数，$q$ 是非零整数。加法运算就是我们平时所熟悉的分数加法。
这个群有几个重要的性质：
可交换性 (Abelian): 对于任何两个有理数 $a, b in mathbb{Q}$，$a+b = b+a$。
单位元 (Identity Element): 0 是加法单位元，因为对于任何有理数 $a in mathbb{Q}$，$a+0 = a$。
逆元 (Inverse Element): 对于任何有理数 $a in mathbb{Q}$，它的加法逆元是 $a in mathbb{Q}$，因为 $a + (a) = 0$。
封闭性 (Closure): 两个有理数的和仍然是有理数。
3. 为什么 $(mathbb{Q}, +)$ 不是有限生成群？
现在，让我们来尝试证明 $(mathbb{Q}, +)$ 不是有限生成群。我们的策略是采用反证法。
假设 $(mathbb{Q}, +)$ 是一个有限生成群。根据定义，这意味着存在一个有限的生成集 $S = {q_1, q_2, ldots, q_n}$，其中 $q_i in mathbb{Q}$。
如果 $S$ 是一个生成集，那么 $mathbb{Q}$ 中的任何一个有理数 $r$ 都必须可以表示为 $S$ 中元素的线性组合（其中系数是整数）：
$r = m_1 q_1 + m_2 q_2 + ldots + m_n q_n$
其中 $m_i in mathbb{Z}$。
现在，我们来分析一下由这些生成元生成的集合。设 $G'$ 是由 $S$ 生成的子群，也就是所有形如 $m_1 q_1 + m_2 q_2 + ldots + m_n q_n$（$m_i in mathbb{Z}$）的有理数构成的集合。根据生成集的定义，如果 $(mathbb{Q}, +)$ 是有限生成群，那么 $G'$ 必须等于 $mathbb{Q}$。
我们知道，任何一个有理数 $q_i in S$ 都可以写成最简分数的形式：
$q_i = frac{p_i}{s_i}$
其中 $p_i, s_i in mathbb{Z}$，且 $s_i eq 0$，并且 $p_i$ 和 $s_i$ 互质（最大公约数为 1）。我们可以假设所有的 $s_i$ 都是正整数。
现在考虑任何一个由 $S$ 生成的有理数 $r in G'$：
$r = m_1 frac{p_1}{s_1} + m_2 frac{p_2}{s_2} + ldots + m_n frac{p_n}{s_n}$
为了将这个表达式写成一个单一的分数，我们需要找到一个公共分母。一个可能的公共分母是所有 $s_i$ 的乘积：$P = s_1 cdot s_2 cdot ldots cdot s_n$。
那么，我们可以将每个分数通分：
$r = m_1 frac{p_1 cdot (P/s_1)}{P} + m_2 frac{p_2 cdot (P/s_2)}{P} + ldots + m_n frac{p_n cdot (P/s_n)}{P}$
$r = frac{m_1 p_1 (P/s_1) + m_2 p_2 (P/s_2) + ldots + m_n p_n (P/s_n)}{P}$
令分子为 $N = m_1 p_1 (P/s_1) + m_2 p_2 (P/s_2) + ldots + m_n p_n (P/s_n)$。注意，由于 $m_i, p_i, s_i$ 都是整数，并且 $P/s_i$ 也是整数，所以 $N$ 是一个整数。
因此，任何由 $S$ 生成的有理数 $r$ 都可以表示为 $frac{N}{P}$ 的形式，其中 $P = s_1 cdot s_2 cdot ldots cdot s_n$ 是一个固定的非零整数，而 $N$ 是某个整数。
这意味着由有限生成集 $S$ 生成的子群 $G'$ 中的所有元素，其分母（在化简到最简分数时）都必须是某个特定整数 $P$ 的约数。更准确地说，如果我们将所有 $r in G'$ 写成最简分数 $frac{a}{b}$，那么分母 $b$ 一定能整除 $P$ 的某个数。
关键的转折点：
现在考虑有理数 $frac{1}{P+1}$。这个数显然是有理数，所以它应该属于 $(mathbb{Q}, +)$。如果 $(mathbb{Q}, +)$ 是有限生成的，那么 $frac{1}{P+1}$ 也必须能被生成集 $S = {q_1, ldots, q_n}$ 生成。
这意味着：
$frac{1}{P+1} = m_1 q_1 + m_2 q_2 + ldots + m_n q_n$
然而，根据我们之前的分析，等式右边的所有元素 $m_1 q_1 + ldots + m_n q_n$ 都可以写成 $frac{N}{P}$ 的形式，其中分母是 $P$ 的约数（或者说，是所有 $s_i$ 的乘积的约数）。
也就是说，由 $S$ 生成的任何一个有理数 $r$，其最简分数的denominator，记作 $ ext{den}(r)$，必须能够整除 $P = s_1 cdots s_n$。
所以，如果 $frac{1}{P+1}$ 能够被 $S$ 生成，那么它必须可以表示为 $frac{N}{P'}$ 的形式，其中 $P'$ 是某个由 $s_i$ 决定的整数（在这里是 $P$），并且 $ ext{den}(frac{1}{P+1})$ 必须能整除 $P$。
但是，$frac{1}{P+1}$ 本身就是一个最简分数（因为 $P+1$ 和 $1$ 互质），它的分母就是 $P+1$。
所以，我们得到了一个矛盾：
$ ext{den}(frac{1}{P+1}) = P+1$
而根据 $S$ 的生成性质，我们推导出任何由 $S$ 生成的数，其最简分母 $ ext{den}(r)$ 必须是 $P$ 的约数。因此，我们期望 $ ext{den}(frac{1}{P+1})$ 能整除 $P$。
即：$P+1$ 必须整除 $P$。
这显然是不可能的，因为 $P+1$ 比 $P$ 大，一个正整数不可能整除一个比它小的正整数（除非被除数为零，但这里 $P$ 是一个乘积，至少是正整数）。
结论：
我们的假设——即 $(mathbb{Q}, +)$ 是有限生成群——导致了一个逻辑上的矛盾。因此，这个假设必定是错误的。
所以，有理数加法群 $(mathbb{Q}, +)$ 不是有限生成群。
更直观的理解：
想象一下你试图用一组有限的有理数来“制造”出所有的有理数。例如，你只能使用 ${1}$ 作为生成集。那么你能生成的有理数就只有整数 $mathbb{Z}$。你无法生成像 $frac{1}{2}$ 这样的分数。
如果你加入了 $frac{1}{2}$，你的生成集是 ${1, frac{1}{2}}$。你能生成的数是形如 $m cdot 1 + k cdot frac{1}{2}$ 的整数倍的数，例如 $1, 2, frac{1}{2}, frac{3}{2}, frac{5}{2}, ldots$。基本上，你只能生成分母为 2 的倍数的数（或者化简后分母是 2 的约数）。你依然无法生成像 $frac{1}{3}$ 这样的数。
无论你选择多少个有理数作为生成集 ${q_1, ldots, q_n}$，它们都有一个共同的“最大分母限制”。设每个 $q_i = frac{p_i}{s_i}$，它们的最小公倍数（LCM）的某个倍数（或者说它们的乘积）可以作为所有生成数的“公共分母的基础”。但总会存在有理数，例如 $frac{1}{L+1}$（其中 $L$ 是所有 $s_i$ 的乘积或 LCM 的某个相关数），它的分母比你现有生成集能产生的最简分母的“最大值”还要大，并且无法被现有生成集组合出来。
这种“永远无法完全覆盖”的性质，正是表明它不是有限生成群的本质原因。一个有限生成群的元素集合虽然可以无限多，但它们都是由有限数目的“砖块”通过有限次操作“搭”出来的。而有理数集太“密集”了，任何有限的生成集都无法“填满”整个有理数集的“空隙”。
网友意见
我来写个（大炮打蚊子的）代数几何证明[doge]。
评论区有个更简短的证明：若 是有限生成群，则 是一个有限生成 模。从而 有限，从而它是闭的，从而是proper的[1]，从而像集是闭的。但是唯一的点 映射到 上的 generic point ，像集不是闭的（generic point的闭包是全集）。
下面是原回答：
环的包含映射 诱导了 的 dominant map：唯一的点 映射到 上的 generic point 。我们知道 的闭集是有限个 closed point 的并，所以不是闭的（它的闭包是全集），也不属于除了全集以外的任何一个闭集。它也不是开的（因为它的余集是个无穷集，不是闭的）。从而 不是一个 locally closed set，作为单点集当然也不是若干 locally closed set 的并，从而它不是 constructible 的。
现在若 是有限生成群，等价于 是一个有限生成 模。从而 有限，由Chevalley’s Theorem，它的像是 constructible 的，这就得到一个矛盾。
参考
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