¿Puede alguien demostrar por cada $a,b \in \mathbb Z^+ < p$ ( $p$ es un primo), $p \nmid ab$ ?

Question

¿Puede alguien demostrar por cada $a,b \in \mathbb Z^+ < p$ ( $p$ es un primo), $p \nmid ab$ ?

¡Estaba tratando de hacer lo mejor posible el problema pero como no sé por dónde empezar ni nada!

Answer 1

Suponiendo que te refieras a: $p$ no divide $ab$ .

Viene de la definición de primo. Si $p \mid ab$ entonces $p \mid a$ o $p \mid b$ . Pero sabemos que si $x \mid y$ y $x,y > 0$ entonces $x \le y$ . Desde $a, b < p$ tenemos $p \nmid ab$ por contradicción.

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Así que, como señaló Andrés más abajo, algunas personas dicen "primo" donde yo diría "irreductible". Así que si tu definición es "no puede ser dividido por nada más que $\pm 1, \pm p$ ", utilice el teorema de Bezout.

En mi opinión, lo más sencillo es demostrarlo para la forma equivalente: para cualquier $a,b,c$ Si $a \mid bc$ y $(a,b) = 1$ entonces $a \mid c$ . Entonces empuja tu prueba hasta que demuestre la afirmación que quieres.

Answer 2

Sugerencia $\ $ El conjunto $\,S$ de los naturales $\,n\,$ tal que $\,\color{#c00}{p\mid nb}\,$ es cerrado en la sustracción y contiene $\ a,p\,$ por lo tanto su elemento menos positivo $\,\color{#0a0}{d\mid a,p}.\,$ Desde $\,\color{#a0f}{d\mid p\ \ \rm prime},\,$ o bien $\,\color{#a0f}{d=p}\,$ así que $\ \color{#0a0}{p=d\mid a},\,$ o $\,\color{#a0f}{d=1}\in S\ $ así $\ \color{#c00}{p\mid d b = b},\ $ es decir $\,\ p\mid \color{}a\,$ o $\ p\mid \color{}b.\ \ $ QED

Nota $ $ Si conocemos gcds entonces conocemos el gcd $\, (p,a)\,$ existe, por lo que podemos reescribir la prueba como

$$ p\mid pb,ab\,\Rightarrow\, p\mid(pb,ab)\overset{\color{brown}{\rm(D\,L)}}= (p,a)b = b\ \ {\rm if}\ \ \,(p,a)= 1,\ \ {\rm i.e.}\ \ p\nmid a$$

donde utilizamos $\,\color{brown}{\rm(DL)}$ = Ley distributiva gcd. Si no conoces esa ley básica, puedes emplear en su lugar la identidad gcd Bezout, es decir $\, (p,a)=1\,$ así que $\,jp\!+\!ka = 1\,$ para $\,j,k\in\Bbb Z,\,$ por lo que

$\qquad\qquad\qquad\ \ p\mid pb, ab\,\Rightarrow\, p\mid jpb,kab\,\Rightarrow\, p\mid (jp\!+\!ka)b = b$

Answer 3

$a,b < p \Rightarrow ax+py=1 \Rightarrow abx+bpy=b$ y $b<p \Rightarrow$ $p$ no divide $b \Rightarrow p$ no divide $ab$ .

Answer 4

Bien, aquí está la prueba más desnuda que puedo ver en este momento. Utiliza el principio de ordenación de pozos y el hecho de que dados cualesquiera enteros positivos $n,m$ hay números enteros únicos $q,r$ con $0\le r<m$ tal que $n=mq+r$ .

Supongamos que el resultado es falso, por lo que hay algún primo para el que falla. Por lo tanto, hay un primo más pequeño para el que falla. Llamémoslo $p$ . Por lo tanto, hay enteros positivos $a,b<p$ tal que $ab=pk$ para algunos $k$ . Escoge $k$ lo más pequeño posible. Argumentaré que $k=1$ Es decir, $a,b<p$ pero $ab=p$ . Esto contradice que $p$ es primordial, y hemos terminado.

Para demostrar que $k=1$ , volvemos a argumentar por contradicción: En caso contrario, existe un factor primo que divide a $k$ Llámalo $q$ . Desde $a,b<p$ entonces $kp=ab<p^2$ Así que $k$ (y por lo tanto $q$ ) es menor que $p$ . Ahora, podemos escribir $a=qc+d$ y $b=qe+f$ con $0\le d<q$ y $0\le f<q$ . Si $d=0$ podemos dividir $a$ por $q$ y tenemos que $(a/q)b=p(k/q)$ contradiciendo la minimidad de $k$ . Del mismo modo, llegamos a una contradicción si $f=0$ . Por lo tanto, podemos suponer que $d,f$ son enteros positivos, y ambos son estrictamente menores que $q$ .

Por último, tenemos que $ab=pk$ es un múltiplo de $q$ pero $ab=(qc+d)(qe+f)=qN+df$ para algunos $N$ y se deduce que $q$ divide $df$ . Ahora hemos contradicho la minimidad de $p$ y, con esto, concluyó la prueba.