Una prueba corta o elegante para si$p \mid n^2$ entonces$p \mid n$ cuando$p$ es primo?

Question

Deje $n, p \in \mathbb{Z}^{+}$ tal que $p$ es el primer. Demostrar $p \mid n^2 \Rightarrow p \mid n$.

¿Qué es un corto o elegante a prueba de todo esto? Algunas de las ideas que se dan a la pregunta Demostrar que $\sqrt 5$ es irracional, pero me gustaría encontrar una prueba de que no es necesario confiar en el Único Teorema de Factorización o Euclides del Lexema, si es posible. (En mi particular de matemáticas curso, no hemos llegado a estos resultados, que aún no se han probado y son inaccesibles.)

He intentado iniciar esta prueba, asumiendo $$\tag 1 p\mid ab\implies p\mid a \text{ or } p\mid b$$ La declaración parece obviamente cierto, sin embargo, mi curso requiere un pedante prueba de esa declaración, y estoy perdido en la búsqueda de uno.

Euclides del Lexema (ver fotografía en el final) se da en un capítulo del libro de texto de mi clase no ha llegado aún, así que no puede asumir esta sin probarlo primero. (Pero podemos suponer que todo lo que hasta e incluyendo el capítulo 8 de este libro de texto(tabla de contenido)). Así que estoy tratando de encontrar una breve prueba para (1) $$p\mid ab\implies p\mid a \text{ or } p\mid b$$ that does not require Euclid's or Bezout's lemmas, if possible. If it is possible to show (1), then it seems proving $p | n^2 \Rightarrow p | n$ debe ser sencillo.

Yo estaba dibujando a cabo la siguiente prueba por $4$ de los casos.

Deje $a, b, p, m, r_1, r_2 \in \mathbb{Z}$ donde $p$ es primo. Probar: $$p\mid ab\implies p\mid a \text{ or } p\mid b$$ Suponga $p\mid ab$. A continuación, $ab = pm$ algunos $m \in \mathbb{Z}^{+}$. (Nota: En Los Casos 1. y 2. totalmente equivocado, y lo que me puede preguntar acerca de esta prueba, $p\mid ab\implies p\mid a \text{ or } p\mid b$, en una nueva pregunta.)

1. $p \not \mid a \implies \cdots \implies \cdots \implies p \mid b$
2. $p \not \mid b \implies \cdots \implies \cdots \implies p \mid a$
3. $p \mid a$ $p \mid b$ . Hecho.
4. $p \not \mid a$ $p \not \mid b$ . Debemos de alguna forma mostrar esto lleva a una contradicción. No está seguro de cómo hacer esto.

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Euclides del Lema

Answer 1

La definición de la propiedad de un número primo es que $$\tag 1 p\mid ab\implies p\mid a \text{ or } p\mid b$$

Por lo tanto, si $p\mid a^2$$p\mid a$.

AÑADIR que estoy adivinando que definir un número $p$ a ser el primer si los únicos divisores de $p$ $1$ $p$ sí. Euclides del lexema, a continuación, da la "verdadera" definición de $(1)$ de un número primo. Para obtener este resultado, usted puede usar el bien principio de orden, que cualquier subconjunto no vacío de enteros positivos tiene al menos un elemento. Definir el primer

DEF Deje $a,b$ ser números enteros. Entonces el máximo común divisor de a $a,b$ es el único entero positivo $d=(a,b)$ tal que $d\mid a,b$ y siempre que $f\mid a,b$$f\mid d$.

Bezout del Lexema, a continuación, se muestra a la vez la existencia y la unicidad de $d=(a,b)$, como sigue:

La PROPOSICIÓN Deje $a,b$ ser números enteros. A continuación, $(a,b)$ existe y es único.

P Considerar el conjunto $\Bbb Za+\Bbb Zb=\{xa+yb:x,y\in\Bbb Z\}$. Considerando los posibles casos de el signo de $a,b$, es ver el conjunto de elementos positivos de $\Bbb Za+\Bbb Zb$ es no vacío (por ejemplo, si $a>0,b<0$ $a-b>0$ está en el conjunto). Deje $d$ ser el menos positivo elemento de $\Bbb Za+\Bbb Zb$.

En primer lugar, mostramos $d$ es un divisor común. De hecho, escribir $a=qd+r$ $b=q'd+r'$ con $r=0,r<d$$r'=0,r'<d$. A continuación, $a-dq,b-q'd$ son elementos de $ \Bbb Za+\Bbb Zb$ (marque tienen la forma $xa+yb$). Desde $r<d$ $r'<d$ es imposible por la definición de $d$, $r=r'=0$ de modo que $d$ divide tanto a a $a,b$.

Ahora, mostramos $d$ divide cada elemento de a $\Bbb Za+\Bbb Zb$. De hecho, escoger un elemento $m$ en el conjunto. A continuación, $m=qd+r$ $r<d$ o $r=0$, por el algoritmo de la división, y de nuevo $m-qd=r$$\Bbb Za+\Bbb Zb$, por lo que debemos tener $r=0$. Hemos demostrado así que $\Bbb Za+\Bbb Zb=\{dz:z\in\Bbb Z\}=\Bbb Z d$. Si $f\mid a,b$ $f\mid ax+by$ cualquier $x,y$. Desde $d$ es de esta forma en la construcción, $f\mid d$. Por lo tanto $d$ es un máximo común divisor. Pero si $d'$ es otra, por definición, $d\mid d'$ $d'\mid d$ para ambos mayor de los divisores comunes. Por lo tanto $d=\pm d'$; y ya que ambos son positivos, por definición, $d=d'$. $\blacktriangle$.

OBS arriba (muy, muy importante) resultado puede ser establecido como

$$ \Bbb Za+\Bbb Zb=\Bbb Z(a,b)$$

Ahora Euclides del lema viene fácilmente

LEMA Supongamos que $(a,b)=1$$a\mid bc$. A continuación,$a\mid c$.

P Por Bezout del lema, podemos escribir $ax+by=1$ para algunos enteros $x,y$. A continuación,$cax+bcy=c$. Desde $a\mid ac$ y $a\mid bc$, $a\mid cax+bcy=c$.

A continuación, se mueve en

LEMA Deje $p$ ser una de las primeras. A continuación,$(p,a)=1\iff p\not\mid a$.

P Supongamos $p\not\mid a$. Ya que los únicos divisores de $p$$1,p$, $(p,a)$ puede ser $1$ o $p$. Desde $p\not\mid a$, $p$ no es un divisor común de a$a$$p$; por lo tanto $(a,p)=1$. Si $p\mid a$$(p,a)=p\neq 1$.

THM (Definición de la propiedad de los números primos) Deje $p>1$ ser un entero positivo. A continuación, $p$ es primo si y sólo si para cualquier $a,b$ enteros, $p\mid ab\implies p\mid a $ o $p\mid b$.

P Supongamos que $p$ es un número primo, y asumir la $p\mid ab$. Si $p\mid a$, no hay nada que demostrar. Supongamos, pues, que $p\not\mid a$. El $(p,a)=1$, por lo que Euclides del lema dice $p\mid b$. Por la simetría de la demanda de la siguiente manera mediante la sustitución de $b$$a$. Ahora supongamos $p$ no es primo. A continuación, $p$ tiene un divisor $1<a<p$, y por lo tanto $p=ab$$b=p/a$. A continuación,$p\mid ab$, pero $p\not\mid a$$p\not\mid b$.

Answer 2

Puede ocultar el uso de la representación lineal lema, si quieres. Sin embargo, la división con resto es una necesidad con esta definición. De lo contrario, puede resultar una declaración de que es demasiado general como para ser verdad.

Ahora, vamos a probar que si $(a,b)=1$$a\mid bc$, $a\mid c$ por inducción en $a$.

$a=1$ es sencillo ($1$ divide todo). Suponga que $A\ge 2$ y sabemos que el resultado de $a<A$. Deje $(A,b)=1$$A\mid bc$. División con resto, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $b<A$ (esto no es nada, pero es un paso en el algoritmo de Euclides, así que, como he dicho, todavía tenemos en disfraz). También, desde la $(A,b)=1$$A\ge 2$, en el caso de $b=0$ es imposible. Escribir $Ak=bc$. Desde $(b,A)=1$, $b\mid Ak$, $b<A$, tenemos $b\mid k$ por la inducción de la asunción. Por lo tanto $k=mb$$Am=c$, es decir, $A\mid c$.

Este utiliza la ausencia de los divisores de a $0$, la división con resto, y el axioma de inducción (que puede ser relajado a la condición de que la infinita secuencia estrictamente decreciente normas existe). Eliminar cualquiera de esos hace la prueba imposible porque se puede crear un anillo en el que la declaración es falsa.

Answer 3

Lo que quiere demostrar que es más general Euclides del lexema, es decir, si el primer $p$ divide a un producto de $ab$ $p$ divide al menos uno de $a$$b$. De hecho, lo que uno realmente quiere es su generalización a cualquier número finito de factores (que no creo que lleva un nombre o incluso está explícitamente formulado muy a menudo), es decir, que si un prime $p$ divide a un producto de $a_1a_2\ldots a_k$, entonces hay algo de $i$ tal que $p\mid a_i$; esto se deduce de la $ab$ de los casos por una inducción inmediata.

La tradicional prueba de Euclides de la lema utiliza el hecho de que para cualquier (positivo) enteros $m,n$ uno puede escribir $\gcd(m,n)=sm+tn$, para algunas de las $s,t\in\Bbb Z$ (llamados coeficientes de Bezout para $m,n$). En realidad sólo la existencia de $\gcd(m,n)$ todos los $m,n$ es necesario, pero en el sentido fuerte de ser un divisor común que es divisible por cualquier (otra) divisor común; esto se indica en la primera prueba dada en la nota WP artículo. Aunque esta prueba es útil para explicar que una contraparte de Euclides del lema sigue siendo verdad en un sentido más general algebraica de configuración donde Bezout coeficientes ya no necesita para existir (pero $\gcd$s de hacer), no creo que realmente facilita la prueba de Euclides de la lema (en$\def\Z{\mathbf Z}~\Z$), porque el hecho de que en$~\Z$ mayor de los divisores comunes en el sentido fuerte de existir depende en última instancia de la existencia de Bezout coeficientes de todos modos.

Para la mayoría de la prueba directa, a partir de cero*, procedería de la siguiente manera. Suponga $p$ es el primer y $p\mid ab$. Deje $M=\{\, sp+ta\in \Z_{>0}\mid s,t\in\Z\,\}$, que es un no-vacío (desde $p\in M$) conjunto de enteros positivos, y deje $d$ ser el mínimo elemento de $M$. Cualquier $m\in M$ es divisible por$~d$, porque si no, entonces el resto$~r$ de la división de $m$ $~d$ satisfacer $r>0$, por lo $r\in M$ (positivos $m_1-qm_2$$~M$$m_1,m_2\in M$$q\in\Z$), y por lo tanto la condición $r<d$ (que tiene, por definición, para un resto de la división por$~d$) estaría en contradicción con la elección de$~d$.

En particular, $d$ divide tanto a a$p$$a$, ya que el $p$ $|a|$ son elementos de$~M$. El hecho de que $d$ es un divisor positivo de$~p$ implica la definición de número primo que cualquiera de las $d=1$ o $d=p$. En el último caso, $p=d\mid a$ y hemos terminado. En el primer caso vamos a $s,t\in\Z$ ser tal que $1=d=sp+ta$, lo que significa, en particular, que $ta\equiv1\pmod p$. A continuación, $p\mid ab$ implica $p\mid tab$, y uno ha $b=1b\equiv tab\equiv0\pmod p$, lo $p\mid b$; que se hacen para este caso también.

Por supuesto, esta prueba se extrae de las cosas que se suelen presentar en forma de declaraciones más generales acerca de la división Euclídea, el mayor de los divisores comunes, y el algoritmo de Euclides.

${}$

*Me da por hechos básicos acerca de la división con resto, y al final acerca de la aritmética modular (pero esto último podría evitarse mediante el uso explícito de los testigos de la modulares equivalencias utilizadas).

Answer 4

$\displaystyle{{n \over p}\,n = \mu}$ Donde$\mu$ es un entero. Si$p \not \mid\ n$, entonces$\mu$ no es un entero.