Demostrar que no hay enteros no nulos $a$ y $b$ tal que $a^2 = pb^2$ si $p$ es primo

Question

Me cuesta entender la prueba de esta pregunta. La pregunta se plantea de nuevo como: Si $p$ es un primo, demostrar que no se pueden encontrar enteros no nulos $a$ y $b$ tal que $a^2 = pb^2$ .

Estoy seguro de que esta es una prueba fácil de demostrar, pero soy nuevo con el álgebra abstracta, así que todavía estoy tratando de comprender plenamente los conceptos.

¡Cualquier consejo o sugerencia sobre cómo empezar esta prueba sería muy apreciado!

Answer 1

Creo que esto es más fácil de demostrar con una propiedad básica de la exponenciación: $(mn)^x = m^x n^x$ . Si ya has demostrado esto, o si puedes citar la prueba de alguien de este hecho, entonces estás casi en casa.

Entonces, si $a^2 = pb^2$ , lo que significa que $p = q^2$ , donde $q$ también es un número entero. Pero esto significaría que $p$ es compuesto, o $p = 1$ contradiciendo la afirmación de que $p$ es primo.

Answer 2

Obsérvese el siguiente teorema:

$n^2$ es par si y sólo si $n$ es par para todos los enteros $n$ .

Prueba: $\Rightarrow$ ) Supongamos $n$ no es par (es decir $n$ es impar). A continuación, $n=2k+1$ para algún número entero $k$ . Así que $n^2 = 2(2k^2+2k)+1$ también es impar. Por lo tanto, si $n^2$ es incluso debe ser que $n$ está en paz.

$\Leftarrow$ ) Supongamos $n$ está en paz. Entonces $n=2k$ para algún número entero $k$ y $n^2 = 2(2k^2)$ también es par.

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De forma más general, se puede demostrar lo siguiente:

$n^2\equiv 0\mod p$ si y sólo si $n\equiv 0\mod p$ para todos los enteros $n$ y los números primos $p$ .

Prueba: $\Rightarrow)$ Supongamos que $n\not\equiv 0\mod p$ . Esto significa que $n=pk+r$ para algún número entero $k$ y algún número entero $r$ con $1\leq r\leq p-1$ . Entonces $n^2 = p^2k^2 + 2pkr + r^2 = p(pk^2+2kr) + r^2$ . Observando que $r^2\not\equiv 0\mod p$ (ya que $r\neq 0$ y $p\not\mid r$ ) tienes $n^2\not\equiv 0\mod p$ .

$\Leftarrow)$ Supongamos que $n\equiv 0\mod p$ . Entonces, trivialmente $n^2\equiv 0\mod p$ .

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Utilizando este resultado, vemos que como $a^2=pb^2$ que $p\mid a$ . Además, como $p\mid a$ tenemos $p^2\mid a^2$ . Desde $p^2\mid a^2$ tenemos $p^2\mid pb^2$ lo que implica que $p\mid b^2$ lo que implica que $p\mid b$ .

Por lo tanto, podemos factorizar un $p^2$ de ambos lados de la ecuación y seguirá siendo entero. Sea $a=pa_2$ y $b=pb_2$ . Así que $a^2=pb^2=p^2a_2^2=p\cdot p^2b_2^2$ y $a_2^2=pb_2^2$ . Repite el argumento para demostrar que $p\mid a_2$ y $p\mid b_2$ para formar $a_2=pa_3$ y $b_2=pb_3$ .

Repetir este argumento hasta la saciedad implica que $p^N\mid a$ para todos los números naturales $N$ . Sin embargo, esto es imposible ya que tal $a$ no puede ser finito.

Answer 3

Sin pérdida de generalidad, podemos suponer $\gcd(a,b) = 1$ ya que si $a = da'$ y $b = db'$ para cualquier $d > 1$ tenemos:

$d^2a'^2 = a^2 = pb^2 = pd^2b'^2 = d^2pb'^2 \implies a'^2 = pb'^2$ desde $\Bbb Z$ es un dominio integral (en otras palabras, podemos factorizar el gcd).

Ahora $p|pb^2$ así que $p|a^2$ y como $p$ es primo, $p|a$ Así que..:

$a^2 = (kp)^2 = pb^2 \implies k^2p^2 = b^2p \implies k^2p = b^2$ .

Pero $p|k^2p$ Así que $p|b^2 \implies p|b$ , contradiciendo $\gcd(a,b) = 1$ .