En una prueba topológica de la infinitud de números primos.

Question

Hay una prueba de la infinitud de números primos usando topología. Sólo se me informó de la existencia de esta prueba. Dicen que es muy elegante. ¿Uno podría demostrar cómo esta prueba?

Answer 1

Aquí es una variante de la prueba de Fürstenberg que no utiliza las nociones topológicas (que oscurecen la idea principal): estamos discutiendo sobre subconjuntos periódicos de ${\mathbb Z}$. El conjunto de números enteros no divisibles por $p$ es periódico para cualquier $p>0$, y la intersección de dos conjuntos periódicas es periódica. Si hay solamente finito muchos números primos del conjunto $\{-1,1\}$ sería periódica.

Answer 2

La eliminación de la (innecesaria) topológica lenguaje de Fürstenberg prueba de la muestra que se trata simplemente de la siguiente trivial variación en Euclid de la prueba. Si hay sólo un número finito de números primos $\rm\:p_1,\ldots,p_n\:$, entonces hay infinitamente muchas unidades $\rm\:1+p_1\:\cdots\:p_n\ \mathbb Z,\:$ contra $\:\mathbb Z\:$ tiene sólo un número finito de unidades de $\pm1\:.\:$

Mucho menos trivial reinterpretación de Euclides prueba de ver a mi fewunits generalización.

TEOREMA $\ $ Un infinito anillo de $\rm R$ tiene infinidad de max ideales si tiene menos unidades de $\rm U = U(R)$ que tiene elementos, es decir,$\rm\:|U| < |R|$.

El maravilloso de esta prueba es que conserva el constructivity de Euclides de la prueba. La idea clave es que Euclides de la construcción de un nuevo primer se generaliza a partir de los elementos ideales, es decir, dado un poco de máxima ideales $\rm P_1,\ldots,P_k$ a continuación, una simple caja argumento que emplean $\rm CRT$ implica que el $\rm 1 + P_1\cdots P_k$ contiene un nonunit, que se encuentra en algunas máxima ideal $\rm P$, lo que, por construcción, es comaximal (tan distintas) de la previa max ideales $\rm P_i\:.\:$ Sigue el enlace de arriba para más detalles.

Answer 3

Posiblemente le gustan también el papel de la topología exótica de los enteros por Mezö y Lovas: topología de Fürstenberg torna $\mathbb Z$ un metrizable, espacio totalmente desconectado, y $(\mathbb Z,+,\cdot)$ es un anillo topológico con respecto a esta topología (este último es en realidad bastante básica!).

Answer 4

Por un dominio voy a decir una conmutativa anillo sin divisores de cero. Un Furstenberg dominio es un dominio en el que cada valor distinto de cero nonunit elemento es divisible por un elemento irreductible. Este es un muy débil de la factorización de la condición: uno tiene Noetherian $\implies$ ascendente de la cadena de condición en los principales ideales de la $\implies$ todo distinto de cero nonunits factor en productos de irreducibles (factorización de dominio o atómica de dominio) $\implies$ Furstenberg dominio, y de hecho, no hay implicaciones puede ser revertido.

Para $\alpha \in R$ ponemos $(\alpha) = \{x \alpha \mid x \in R\}$.

Furstenberg Lema: a) Un dominio que no es un campo es un dominio de factorización iff

$R^{\times} = \bigcap (R \setminus (f))$,

cuando la intersección se encuentra sobre un máximo establecido de mutuo nonassociate irreducibles.
b) En particular, en un Furstenberg dominio que no es un campo y que tiene sólo un número finito de nonassociate irreducibles $f_1,\ldots,f_n$ hemos

$R^{\times} = \bigcap_{i=1}^n (R \setminus (f_i))$.

Prueba: Este es inmediata a partir de la definición.

Teorema: Vamos a $R$ ser un Furstenberg dominio, que no es un campo, y que tiene sólo un número finito de nonassociate irreducibles. A continuación, hay un elemento distinto de cero $\alpha \in R$ tal que para todo $x \in R$, $x \alpha + 1 \in R^{\times}$. En particular, $\# R^{\times} = \# R$.

Prueba: Llamada de un subconjunto $X \subset R$ abierto si para todas las $x \in X$ no si un valor distinto de cero $\alpha \in X$ tal que $x + (\alpha) = \{x+y\alpha \mid y \in R\} \subset X$. Para distinto de cero $\alpha$, el complemento de a $X = R \setminus (\alpha)$ está abierto: si $x \in X$, para todos los $y = b\alpha \in (\alpha)$ si $x+y \in (\alpha)$$x+b\alpha = c\alpha$, lo $x = (c-b)\alpha \in (\alpha)$. Si $X,Y \subset R$ están abiertos, por lo que es $X \cap Y$: si $x \in X \cap Y$, entonces no se $\alpha,\beta \neq 0$ tal que $x+(\alpha) \subset X$$x+ (\beta) \subset Y$, y, a continuación,$x + (\alpha \beta) \subset X \cap Y$. Por supuesto, se sigue inmediatamente que finito intersecciones de abrir los conjuntos son abiertos.

Así por Furstenberg Lema, $R^{\times}$ está abierto. Desde $1 \in R^{\times}$, hay un valor distinto de cero $\alpha \in R$ tal que $1 + (\alpha) \subset R^{\times}$. Desde $R$ es un dominio, el mapa de $R \rightarrow 1+(\alpha)$ $x \mapsto x \alpha + 1$ es un bijection, por lo $\# R = \# (1+(\alpha)) \leq \# R^{\times}$. Ciertamente,$\# R^{\times} \leq \# R$, lo $\# R^{\times} = \# R$.

Comentarios:
(0) Si usted lee cuidadosamente Furstenberg nota, se ve que le reclama una "topológico" la prueba en lugar de un topológica de la prueba. Es esto una prueba de topológico? Respuesta: es iff quieres ser! Llamando a algo "abierto", cualquier persona que sepa lo que es un espacio topológico es por la sospecha de que estamos definiendo una topología en $R$, y de los posteriores argumentos confirmar esta sospecha. (No se dice explícitamente que arbitraria sindicatos de abrir los conjuntos son abiertos porque nosotros no la necesitamos en la prueba, sino que es inmediata a partir de la definición: si cada una de las $X_i$ es abierto y $x \in \bigcup X_i$, entonces hay algunas distinto de cero $\alpha$ tal que $x + (\alpha) \subset X_i \subset \bigcup X_i$. O: sólo podemos comentar que un conjunto es abierto si se trata de una unión de cosets de cero principales ideas.) Sin embargo, hace algunos años en Matemáticas Desbordamiento de Brian Conrad insistió en que no hubo topológica de la teoría en Furstenberg prueba, solo topológica de la lengua. Esta versión del argumento, que es en parte una respuesta a un reciente Mensual nota de Idris Mercer, confirma que uno puede interpretar el argumento de que manera: en ningún punto el argumento de hacer referencia, ya sea explícita o implícitamente en cualquier lógicamente necesaria de forma implícita, a espacios topológicos! Aún así, aunque no es necesario topología en Furstenberg argumento, todavía hay algo interesante en ella. Espero me he aislado de lo que algo es.

(i) Esto no es una prueba por contradicción.

(ii) Desde el $\mathbb{Z}$ es un infinito Furstenberg dominio (de hecho, sin duda, un dominio de factorización) con finito de grupo de la unidad, $\mathbb{Z}$ tiene un número infinito de números primos. Esta aplicación de los resultados de una prueba por contradicción.

(iii) El contrapositivo forma de esta instrucción es: en un Furstenberg dominio $R$ que no es un campo, si para todo valor distinto de cero $\alpha \in R$ hay $x \in R$ tal que $x \alpha + 1$ no es una unidad, entonces hay infinitamente muchos nonassociate irreducibles. Euclides original del argumento se adapta inmediatamente a probar esto. De hecho, he presentado este resultado hace dos semanas en la primera reunión de un seminario sobre el proceso de la investigación matemática de la que soy co-líder, y el punto es que se está muy cerca de ser lo que usted consigue sólo mediante la búsqueda de la genereal contexto en el que Euclides prueba se aplica. (Excepción: en el argumento de Euclides, se multiplican todos sus positivos primos juntos y agregar $1$. Incluso en $\mathbb{Z}$ si usted hace esto con "irreducibles" no acaba de funcionar, debido a que $(-2) + 1$ es una unidad. Así que para realizar este trabajo con "positivos y negativos de los números primos" se ve que usted debe sentirse libre para ajustar el signo de $p_1 \cdots p_n$ antes de la adición de $1$, y, a continuación, puede ver que, de hecho, puede multiplicar $p_1 \cdots p_n$ por cualquier entero distinto de cero $N$.)

En el momento confieso que estoy viendo mucho de que el alboroto acerca de si Euclides del argumento por contradicción (respuesta rápida: presentado por Euclides a sí mismo, ciertamente no; de hecho, es claramente significa ser un argumento por inducción y es muy interesante, como muy temprano ejemplo de esto; sin embargo, para muchos matemáticos, incluyendo Kummer, expresado el argumento de que manera, y creo que sería deshonesto negar que hay algo natural y atractivo en el que la versión: de hecho, probablemente una prueba por contradicción es más amplio atractiva y comprensible de una prueba por inducción) como acerca de cuál de los dos contrapositivo formas de este argumento se quiere tomar como básica.

(v) La conclusión en $R$ es, precisamente, que su Jacobson radical $J(R)$ es distinto de cero. De hecho, el argumento sería si cabe un poco más fácil si en lugar de las principales ideas que hemos trabajado a lo largo de todo distinto de cero ideales. (Ya que cada valor distinto de cero ideal contiene un valor distinto de cero director de ideal, la definición de "abierto" no iba a cambiar.) Sin embargo, yo quería el presente (aquí) una versión que no utiliza ideal teoría alguna.

(vi) en Realidad la distancia Euclídea versión da algo un poco más fuerte: la secuencia infinita de irreducibles $p_1,\ldots,p_n,\ldots$ que da son pares comaximal: para todos los $i \neq j$,$a,b \in R$$a p_i + b p_j = 1$. Por lo tanto, si usted elige un ideal maximal $\mathfrak{m}_i$ que contiene cada una de las $p_i$, se obtiene una secuencia infinita de distintas máxima ideales. De hecho, si se aplica el argumento de Euclides sin tener en cualquier dominio con $J(R) = (0)$, entonces se obtiene una secuencia infinita de parirwise comaximal elementos, por tanto, de nuevo infinidad de máxima ideales. En particular, queremos recuperar Dubuque "Fewunit Teorema" al $R$ es un dominio en un poco más nítida formulario. (Tal vez esto es lo Kaplansky tenía en mente?) Más de un anillo que no es un dominio de este tipo de argumento no funciona, y a pesar de que uno puede ver a algunos de la familia semejanza entre este argumento y Dubuque, que parecen ser distintas.