Una prueba del teorema fundamental de la aritmética

Question

Hay una prueba del Teorema Fundamental de Arithemetic que no hace uso de los números Enteros o Números Racionales (en oposición al uso de los Números Naturales)? Y si es así, ¿qué es?

Por el Teorema Fundamental de Arithemetic, me refiero a que cualquier número natural mayor que 1 es un producto de irreducibles de números naturales y que este producto es único hasta el orden de la multiplicación.

La parte que plantea la dificultad está demostrando es que si una irreductible número divide a un producto de dos números, a continuación, divide al menos uno de estos números, que se utiliza para mostrar la singularidad. Euclides hace uso de los números racionales, y la única prueba de que he visto que utiliza el lema de que si dos números naturales $n$ $m$ son coprime, entonces existe enteros $l$ $k$ tal que $ln + km = 1$, lo que implica Enteros en lugar de sólo Números Naturales.

Answer 1

No hay ninguna dificultad grave aquí: el uso de números negativos o fracciones sólo puede ser reformulado en términos de números enteros positivos. Por ejemplo, como se menciona en los comentarios, la existencia de los números enteros $l$ $k$ tal que $ln+km=1$ puede en su lugar se dijo (y probado) como la existencia de números naturales $l$ $k$ tal que $ln-km=1$ o $km-ln=1$. Si usted se opone al uso de la resta, usted puede en lugar de escribir estas ecuaciones como $ln=km+1$$km=ln+1$.

Sólo para ilustrar, le voy a mostrar una forma de demostrar Euclides del lema (si un prime $p$ divide $ab$, a continuación, divide $a$ o $b$) utilizando sólo los números naturales y el inteligente uso de la fuerte inducción, con no complicada extra de la maquinaria. Supongamos que existe un primer $p$ naturales y los números de $a$ $b$ tal que $p\mid ab$ pero $p\not\mid a$$p\not\mid b$. Elijamos a los primos más pequeños $p$ para los que $a$ $b$ existen, y también elegir a $a$ $b$ para este primer ejemplo que $ab$ es tan pequeño como sea posible.

Si $a>p$, entonces podríamos tomar $a'=a-p$ y, a continuación, $a'b=ab-pb$ también sería divisible por $p$ ni $a'$ ni $b$ divisible por $p$, contradiciendo minimality de $ab$. Por lo tanto $a<p$ (ya que, obviamente, no ha $a=p$), y de manera similar a $b<p$. Desde $ab$ es divisible por $p$, podemos escribir $ab=cp$ para algún número natural $c$. Si $c=1$, entonces tendríamos $p=ab$$a,b<p$, violando el supuesto de que $p$ es primo. Por lo tanto $c>1$. También, desde la $a,b<p$,$ab<p^2$$c<p$.

Ahora desde $c>1$, se tiene un primer factor de $q$ (esto es fácil de probar por la fuerte inducción). Desde $c<p$, $q<p$. También tenemos que $q$ divide $cp=ab$. Por minimality de $p$, esto implica que $q$ divide cualquiera de las $a$ o $b$. Sin pérdida de generalidad supongamos $q$ divide $a$. Podremos llevar a $a'=a/q$, e $a'b=(c/q)p$ es un múltiplo de a $p$ mientras $a'$ $b$ no son múltiplos de $p$. Esto viola el minimality de $ab$, y así hemos llegado a una contradicción.

Answer 2

Todas las variables que los símbolos representan por números enteros positivos.

Teorema. Si $m^*,n^*$ co-prime, a continuación, existen $x,y,x',y'$ $m^*x=n^*y+1$ $n^*x'=m^*y'+1.$

Prueba por inducción sobre $\min (m^*,n^*):$

El caso base $(m^*=1\lor n^*=1)$ es trivial.

Supongamos $m>1<n$ y $m,n$ co-prime. WLOG $m<n.$ (Si no, sólo el intercambio de las cartas de $m,n$ en lo que sigue.) Existe $A$ tal que $Am<n<(A+1)m.$ (Nota: $A+1$ es el menos $z$ tal que $mz>n.$ Si $(A+1)m=n$ o si $Am=n$ $m$ es un divisor común de a$m$$n$, pero $m>1.$)

Deje $m'=n-Am$ $m''=(A+1)m-n.$ Tenemos $1\leq m'<m$ $1\leq m''<m.$ Tenemos $\gcd(m',m)=\gcd(m'',m)=1$ porque

(yo). $( z|m\land z|m')\implies (z|m\land z|(m'+Am)=n).$

(ii). $(z|m\land z|m'')\implies (z|m\land z|((A+1)m-m'')=n).$

Ahora supongamos que el Teorema vale para $(m^*,n^*)$ siempre $\min (m^*,n^*)<m.$ Entonces se mantiene al $(m^*,n^*)=(m',m)$ y también al$(m^*,n^*)=(m'',m).$, por Lo que no existe $C,D,C',D'$ tal que $Cm=Dm'+1$ $C'm=Dm''+1.$ a partir De las definiciones de $m',m'',$ esto da $$(AD+C)m=Dn+1 \quad \text { and } \quad D'n=((A+1)D'-C')m+1.$$

Y si usted está preocupado acerca de si el término $T=(A+1)D'-C'$ (en la última ecuación de arriba) es positivo, si $C'\geq (A+1)D'$ $1<m<n\leq D'n=Tm+1\leq (0)m+1=1,$ lo cual es absurdo.

Corolario. Si $n|(mr)$ $\gcd (m,n)=1$ $n|r.$ Prueba: Por el teorema de no existir $x,y$ $mx=ny+1.$ por lo Tanto $$n|(mr)\implies n|(mr)x=(mx)r=(ny+1)r\implies n|((ny+1)r-nyr)=r.$$