Le groupe $(\mathbb{Q}, +)$ n'est pas de type fini

• Hypothèse et réduction au même dénominateur :

  Supposons qu'il existe une partie finie $S = \left\{ \frac{p_1}{q_1}, \frac{p_2}{q_2}, \dots, \frac{p_n}{q_n} \right\}$ (avec $p_i \in \mathbb{Z}$ et $q_i \in \mathbb{N}^*$) qui engendre $\mathbb{Q}$.
  Posons $D = \text{ppcm}(q_1, q_2, \dots, q_n)$ le dénominateur commun.
  Chaque élément de $S$ peut se réécrire sous la forme $\frac{a_i}{D}$ avec $a_i \in \mathbb{Z}$.



• Analyse du sous-groupe engendré :

  Le sous-groupe engendré par $S$, noté $\langle S \rangle$, est l'ensemble des combinaisons linéaires à coefficients entiers des éléments de $S$.
  Pour tout $x \in \langle S \rangle$, il existe des entiers $k_1, \dots, k_n$ tels que : \[x = \sum_{i=1}^n k_i \frac{a_i}{D} = \frac{1}{D} \sum_{i=1}^n k_i a_i\] La somme $\sum k_i a_i$ étant un entier, tout élément engendré par $S$ est un multiple entier de $\frac{1}{D}$. On a donc l'inclusion : \[\langle S \rangle \subset \frac{1}{D}\mathbb{Z}\]



• La contradiction :

  Puisque $S$ est supposé engendrer $\mathbb{Q}$, on devrait avoir $\mathbb{Q} \subset \frac{1}{D}\mathbb{Z}$.
  Or, cette inclusion est manifestement fausse. Considérons par exemple le rationnel $y = \frac{1}{2D}$.
  S'il appartenait à $\frac{1}{D}\mathbb{Z}$, il existerait un entier $k$ tel que $\frac{1}{2D} = \frac{k}{D}$, ce qui impliquerait $k = \frac{1}{2}$, une contradiction puisque $k \in \mathbb{Z}$.