Este es un viejo problema de examen que encontré en Internet. Para cualquier entero positivo $a,b$ , uno tiene $a^4|b^3$ implica $a|b$ . Evidentemente, si $a^4|b^3$ entonces $a|b^3$ . Parecía simple en la primera lectura, pero no puedo averiguar cómo mostrar que $a|b$ se deduce, ya que $a$ no es necesariamente primo. ¿Hay alguna observación que me esté perdiendo?
Respuestas
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David HAust
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2696
Sí, la respuesta se desprende del teorema de Bezout, que dice que, dados los números enteros A, B y C, C puede escribirse como XA+YB si y sólo si C es un múltiplo del mayor factor común de A y B. El algoritmo de Euclides indica cómo calcular X e Y.
No es muy difícil ver que los únicos volúmenes que se pueden obtener son los que son combinaciones lineales enteras de A y B y se puede obtener cada volumen positivo que surja de esta manera (siempre y cuando se tenga un recipiente adicional lo suficientemente grande para almacenarlo todo).
Esta puede ser una situación en la que resulta esclarecedor plantear (y responder) una pregunta más general.
Problema: dejar que $m$ y $n$ sean enteros positivos. Demuestre que los siguientes son equivalentes:
(i) Para todos los enteros positivos $a,b,$ $a^m \ | \ b^n$ implica $a \ | \ b$ .
(ii) $m \geq n$ .
Todas las demás respuestas dadas deberían generalizarse a esta situación. Como probablemente saben las personas que están familiarizadas con mis apuntes de teoría de números, me gustan los argumentos que utilizan las funciones $\operatorname{ord}_p(n)$ , definida como el mayor número $a$ tal que $p^a \ | \ n$ . El "principio local a global" para la divisibilidad en los números enteros es: para $x,y \in \mathbb{Z}^+$ , $x \ | \ y$ si para todos los primos $p$ , $\operatorname{ord}_p(x) \leq \operatorname{ord}_p(y)$ . Más generalmente, esto es cierto en cualquier dominio de factorización única. Añadido De hecho, con las modificaciones apropiadas, es cierto en cualquier Dominio de Krull . De hecho, esto surgió en mi propia investigación recientemente...]
En la situación actual, $a^m \ | \ b^n$ implica que para todos los números primos $p$ ,
$m \cdot \operatorname{ord}_p(a) = \operatorname{ord}_p(a^m) \leq \operatorname{ord}_p(b^n) = n \cdot \operatorname{ord}_p(b)$ .
Así que si $m \geq n$ tenemos
$n \cdot \operatorname{ord}_p(a) \leq m \cdot \operatorname{ord}_p(a) \leq n \cdot \operatorname{ord}_p(b)$ Así que
$\operatorname{ord}_p(a) \leq \operatorname{ord}_p(b)$ .
Esto demuestra que (ii) implica (i). Dejaré la otra dirección al lector como un simple ejercicio para entender lo que está pasando aquí, con la pista de que uno debe demostrar el contrapositivo: suponer $m < n$ y tomar $a$ y $b$ sean potencias del mismo número primo.
jasonjwwilliams
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950
La categoría de los monoides conmutativos desempeña un papel central en la geometría algebraica sobre F_un.
De hecho, para este tipo de categoría, Durov utiliza la teoría de la homotopía en este trabajo:
http://arxiv.org/abs/0704.2030
Pero la geometría algebraica sobre F_un es esencialmente el estudio de la geometría de la categoría exacta correcta (que es una categoría con topología subcanónica de Grothendieck) sobre la categoría con un solo objeto, en general, lo correcto es estudiar la categoría exacta correcta sobre la categoría con objeto inicial.
Por lo tanto, lo que necesitamos es un marco de álgebra homológica en la categoría exacta correcta (en particular, topos, categoría cuasi abeliana, categoría abeliana, etc.).
De hecho, Alexander Rosenberg construyó el álgebra homológica en el "espacio" no conmutativo (es decir, el topos de Grothendieck) como una versión no conmutativa de la conferencia de Grothendieck en Tohoku. También introdujo la teoría de K superior para la categoría exacta correcta, que condujo a la teoría de K universal para la categoría abeliana y la categoría exacta y la larga secuencia exacta del functor de K superior de las categorías exactas.
Aquí está el enlace de la ponencia: http://publications.ictp.it/lns/vol23.html
http://users.ictp.it/~pub_off/lectures/lns023/Rosenberg/Rosenberg.pdf
cjstehno
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131
Como has dicho, $a\vert b$ . Por lo tanto, todo factor primo de $a$ es un factor primo de $b$ . Así que tenemos
$$ a = p_1^{m_1} \dots p_r^{m_r} \qquad \text{and} \qquad b = p_1^{n_1} \dots p_r^{n_r} q_1 $$
donde $q_1$ es un número entero positivo tal que ninguno de los $p_i$ lo divide. Así que para ver que $a\vert b$ es suficiente para demostrar que
$$ n_i \geq m_i \qquad \text{for all} \ i = 1, \dots , r \ . $$
Supongamos que $n_i < m_i$ para algunos $i$ . Ahora,
$$ a^4 \vert b^3 \qquad \Longleftrightarrow \qquad b^3 = a^4q_2 $$
para algún número entero positivo $q_2$ . Así,
$$ p_1^{3n_1} \dots p_r^{3n_r} q_1^3 = p_1^{4m_1} \dots p_r^{4m_r}q_2 \ . $$
Ahora, $q_2$ puede tener, o no, algunos de los $p_i$ como factores primos (pero $q_1$ no lo ha hecho). En cualquier caso, debemos tener
$$ 3n_i = 4m_i + t_i \qquad \text{for all} \ i= 1, \dots , r \ , $$
donde $t_i \geq 0$ para todos $i$ . Pero hemos asumido que hay algún $i$ tal que $n_i < m_i$ . Por lo tanto, para este $i$ Tendríamos
$$ 4m_i + t_i = 3n_i < 3m_i \qquad \Longleftrightarrow \qquad m_i + t_i < 0 \ . $$
Pero esto es imposible, ya que ambos $m_i, t_i \geq 0$ . Una contradicción. Por lo tanto $n_i \geq m_i$ para todos $i$ y así $a\vert b$ .
