Posibles Duplicados:
Muestran que todos los $n$ puede ser escrito de una manera única en la forma$n = ab$, $a$ plaza libre y $b$ un cuadrado perfectoEstoy tratando de probar que para cada $n \ge 1$ existen determinada únicamente números enteros $a \gt 0$ $b \gt 0$ tal que $n = a^2b$ donde $b$ es la plaza libre.
El hecho de que ese $a$ $b$ existen es fácil de probar.
Desde el teorema fundamental de la aritmética, $n$ puede ser únicamente representado como $p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_s^{a_s}$ donde $s$ es un entero positivo. Así
\begin{align*} n & = \prod_{i=1}^s p_i^{a_i} \\ & = \prod_{i=1}^s p_i^{\left(2 \left\lfloor \frac{a_i}{2} \right\rfloor + a_i \bmod{2}\right)} \\ & = \prod_{i=1}^s p_i^{\left(2 \left\lfloor \frac{a_i}{2} \right\rfloor\right)} \cdot \prod_{i=1}^s p_i^{a_i \bmod{2}} \\ & = \left(\prod_{i=1}^s p_i^{\left\lfloor \frac{a_i}{2} \right\rfloor}\right)^2 \cdot \prod_{i=1}^s p_i^{a_i \bmod{2}}. \end{align*}
Claramente, $\left(\prod_{i=1}^s p_i^{\left\lfloor \frac{a_i}{2} \right\rfloor}\right)^2$ es un cuadrado perfecto y $\prod_{i=1}^s p_i^{a_i \bmod{2}}$ es la plaza libre. Por lo tanto, hemos demostrado que ese tipo de $a$ $b$ existen.
Ahora, ¿cómo podemos mostrar que tal un par de $a$ $b$ es único?
Sé cómo empezar demostrando un teorema. Supongamos que $n = a^2b = a'^2b'$ tal que $a' \ne a$$b' \ne b$. Ahora, ya que ello no es posible, esto debe llevarnos a alguna contradicción. Pero, yo soy incapaz de llegar a una contradicción a partir de esta suposición. Podría por favor ayudarme?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
La prueba de su existencia que usted le dio es buena, y puede ser adaptado para producir una prueba de la unicidad mediante la esencial unicidad del primer poder de la factorización.
Pero vamos a demostrar la existencia y unicidad sin uso explícito de la representación de los números naturales como un producto de potencias de números primos.
Existencia: Llamar a un número natural malo si no tiene una representación del tipo que se desea. Si no son malos números naturales, hay una pequeña mala $n$. Está claro que $n>1$.
Por lo tanto $n$ es divisible por algunos de los mejores $p$. Deje $m=n/p$. Por el minimality de $n$, el número de $m$ es buena, así que tiene una representación como $a^2b$ donde $b$ es la plaza libre.
Si $p$ no divide $b$,$n=pm=a^2(pb)$, e $pm$ es cuadrado-libre, contradiciendo la maldad de $n$.
Si $p$ divide $b$, $b=pb'$ para algún número natural $b'$. Tenga en cuenta que $b'$ es la plaza libre. A continuación,$n=mp=(ap)^2b'$, contradiciendo de nuevo la maldad de $n$.
Unicidad: Supongamos que hay números naturales que tienen más de una representación. Llamar a un número natural malas. Si hay un mal número, entonces hay una pequeña mala $n$. Claramente $n> 1$.
Por lo $n$ tiene dos representaciones distintas $n=a^2b$ $n=c^2d$ donde $c$ $d$ son cuadrados. (Diferente aquí significa que $a^2\ne c^2$ o $b\ne d$, o ambos).
Desde $n > 1$, hay un primer $p$ que divide $n$. Supongamos primero que $p^2$ no divide $n$. A continuación, $p$ no se puede dividir cualquiera de las $a$ o $c$. Por lo $p$ debe dividir ambos $b$$d$. Vamos $b=pb'$, $d=pd'$, y deje $m=n/p$. A continuación,$m=a^2b'=c^2d'$, y por lo tanto $m$ es mala, contradiciendo la minimality de $n$.
Si $p^2$ divide $n$, entonces a partir de la $p^2$ no se puede dividir $b$, debemos tener la $p$ divide $a^2$, y por lo tanto $p$ divide $a$. Del mismo modo, $p$ divide $c$. Deje $a=pa'$, e $c=pc'$. Deje $m=n/p^2$. Llegamos a la conclusión de que $m=(a')^2b=(c')^2d$, de nuevo contradiciendo la minimality de $n$.
Para una prueba con un uso mínimo de la maquinaria, prefiero:
Considerar todas las representaciones de $n$ en la forma $n=a^2b$ donde $a$ $b$ puede ser de cualquiera de los enteros positivos. (Estos pueden ser indexados por el conjunto de $A$ de los enteros positivos $a$ tal que $a^2\mid n$.) Se puede demostrar que los $A$ se compone exactamente de todos los divisores de un entero especial $a_{max}\in A$, y luego de que en la representación $n=a^2b$ donde $a\in A$, el correspondiente $b$ es squarefree si y sólo si $a=a_{max}$. (Sugerencia: si $a^2\mid n$$c^2\mid n$,$(lcm[a,c])^2 \mid n$.)
Sugerencia $\ $ El problema es multiplicativa, por lo que es suficiente para mostrar que es cierto para una potencia principal $\rm\ P^N\:.\ $ Pero eso es trivial: $\rm\ P^{2N} =\ (P^N)^2,\ \ P^{\:2N+1} =\ P\ (P^N)^2\:,\ $ únicamente. $\ $ QED
Alternativamente, el examen de la potencia de cada uno de los prime en el único primer factorizations, el tratado de la singularidad reduce a la unicidad del cociente y el resto (para la división por $2$). Es decir, supongamos que tenemos dos squarefree factorizations $\rm\: A^2 B = n = C^2 D$ y supongamos que el primer $\rm p$ poder $\rm\:a,b,c,d\:$ $\rm\:A,B,C,D\:$ resp. Desde $\rm\:B,D\:$ son squarefree, $\rm\:0\le b,d\le 1.\:$ Ahora comparando la potencia de $\rm\:p\:$ en ambas descomposiciones, y el uso de factorización única deducimos
$$\rm 2\:a+b\ =\ 2\:c + d\ \ \Rightarrow\ \ a=c,\: b = d$$
lo que está claro por escribirlo $\rm\ 2\:(a-c)\: =\: d-b.\:$ Ahora $\rm\:|d-b| < 2\:$ $\Rightarrow$ $\rm\:d=b\:$ $\Rightarrow$ $\rm\:a=c$.
Tenga en cuenta que squarefree descomposición puede no ser único en dominios que carecen de factorización única, donde uno puede tener factorizations como $\rm\ p\:q = r^2\ $ para nonassociate no prime irreducibles $\rm\:p,q,r$. Por lo tanto, cualquier prueba debe emplear la única factorización o algunos estrechamente relacionados con la propiedad.
