2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2
 
 
Сообщение14.03.2007, 23:13 


19/12/06
164
Россия, Москва
Lion
Расскажи пожалуйста по подробне про эту теорему. Очень бы хотелось увидеть ее доказательство

Dan_Te
ОТА известа )) Хорошое у тебя вышло доказательство :appl:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.03.2007, 09:09 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5904
Новосибирск
RIP писал(а):
ОТА легко доказать и без этого свойства. Например, по индукции.

Каким образом? Так или иначе в доказательстве (как верно заметил Lion) будет присутствовать свойство Z, что это кольцо главных идеалов, отсюда линейное представление наибольшего общего делителя, а из него вытекает сабжевое свойство, которое в доказательстве ОТА по индукции используется.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.03.2007, 10:47 


14/01/07
47
KiberMath
c уменьшается и когда-то(когда переберем все простые делители) станет 1. Но r_1 делили на те же делители, а значит r1 кратно их произведению, то есть c
Помню доказывали ОТА с "самого начала", то есть без использования следствий и свойств появившихся после неё. Это было довольно долго и иногда раздражало то, что доказываем очевидные для нас факты.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.03.2007, 17:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
bot писал(а):
RIP писал(а):
ОТА легко доказать и без этого свойства. Например, по индукции.

Каким образом? Так или иначе в доказательстве (как верно заметил Lion) будет присутствовать свойство Z, что это кольцо главных идеалов, отсюда линейное представление наибольшего общего делителя, а из него вытекает сабжевое свойство, которое в доказательстве ОТА по индукции используется.

Во-первых, нетривиальным в ОТА является только единственность разложения. Её и будем доказывать. От противного. Пусть $n=p_1p_2\ldots p_k=q_1\ldots q_l$ - наименьшее натуральное число, не обладающее свойством единственности разложения. Пусть $p_1$ - наим. из участвующих простых. Разделим все $q$ на него с остатком: $q_j=a_jp_1+r_j$. Перемножим эти равенства, в итоге получим нечто вроде $p_1m=r_1\ldots r_l$, $m\in\mathbb{N}$. Разложим левую и правую часть любым пособом на простые. Тогда слева будет присутствовать $p_1$, а справа нет. А это число меньше, чем $n$, т.к. $r_j<p_1<q_j$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.03.2007, 18:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5904
Новосибирск
Хм, действительно объехать можно - недосказанности типа "$a_j=0$ для некоторых j" очевидны.

Если не останавливаться на вопросе, стоит ли объезжать, то остаётся только это: без сложения не обойтись.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение15.03.2007, 21:05 


19/12/06
164
Россия, Москва
bot
А о каком сложении идет речь? У меня все получилось объехать и достаточно компактно и красиво.

Как уже говорил RIP интересно здесь только доказательство единственности...
В индукционном шаге предположили, что при n (произвольное число больше 2) каждое число k удовлетворяющее неравенству 2<=k<=n, можно представить в виде призведения простых чисел, и притом только одним способом...

Допустим, что n+1 представленно в виде произведения простых чисел

p_1*...*p_l = q_1*...*q_l
Докажем от противного, что одно из чисел q_i равно p_1.
Разделим q_i на p_1 В результате получиться q_i = p_1*k_i + r_i и в соответствии с этим перепишем произведение q_1*...*q_l Должна получиться вот такая абра кодабра

(p_1*k_1 + r_1)*...*(p_1*k_l + r_l)

Расскрыв скобки получим, что из всех слогаемых может делиться, а может и не делиться только одно, которое имеет вид

r_1*...*r_l

Но оно не делиться на p_1 !
Потому, что например r_1 < p_1<(n+1) откуда немедленно вываливаеться, что r_1 можно разложить на простые множители, и в этом разложении нет простого числа p_1. Аналогичная ситуация складываеться и с остальными r_i. И тогда получаеться что во всем этом большой произведении r_1*...*r_l
Нет простого числа p_1, а значит все это большое произведение не делиться на p_1. А вот это-то и противоречит тому, что по условию n+1 = p_1*...*p_l должно делиться на p_1


Но опять есть небольшая непонятка
Тут вроде все похоже. Вот только интересно было бы доказать строго тот факт, что при расскрытии скобок в (p_1*k_1 + r_1)*...*(p_1*k_l + r_l) единственным "сомнительным"(может делиться на p_1, а может и не делиться... сразу непонятно) слогаемым являеться только r_1*...*r_l
а все остальные содержат p_1, ну соответственно на него и деляться...
Я затрудняюсь четко сформулировать условие этой теоремы, чтобы доказать ее по индукции :? Подскажите пожалуйста, как это можно сделать...

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение16.03.2007, 07:00 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5904
Новосибирск
KiberMath писал(а):
А о каком сложении идет речь? У меня все получилось объехать и достаточно компактно и красиво.

Не получилось. В доказательстве явно присутствует операция сложения, вот здесь:
Цитата:
Разделим q_i на p_1 В результате получиться q_i = p_1*k_i + r_i

Как заметил Гильберт а я повторил (у него был другой пример), в любом доказательстве единственность разложения на простые обязано использовать операцию сложения.
Если бы существовало доказательство без сложения, то мы бы его тут же могли применить к полугруппе по умножению чисел вида 3k+1 и получили бы, что число 100 разлагается на простые сомножители единственным образом, а это не так:
100=4*25=10*10, и числа 4,25,10 - простые в этой полугруппе, так как имеют в этой полугруппе ровно два делителя. Аналогично, в этой же полугруппе 220=10*22=4*55.
Существования хотя бы одного разложения в этой полугруппе доказывается по индукции или эквивалентный в соотвествующей аксиоматике принцип наименьшего: в любом непустом подмножестве N (а в частности и этой полугруппы) есть наименьший элемент. Операция сложения в этой части доказательства не нужна.

Ну а по поводу непонятки всё просто. Надо вспомнить, что означает, что число $b$ делится на $a$ или $a$ делит $b$. Это означает, что существует такое число $c$, для которого выполняется равенство $b=ac$.
Теперь, в док-ве RIPa, если $r_j=0$ для некоторого $j$, то $q_j=a_jp_1$, в равенстве двух разложений числа $n$ мы можем сократить на $p_1$ и получить неоднозначно разлагаемое число, меньшее, чем $n$. Если же все $r_j\ne0$, то раскрывая скобки справа по дистрибутивности мы получим там все слагаемые кроме одного, делящиеся на $p_1$. Перенесём эти слагаемые налево и получим равенство $p_1m=r_1r_2...r_l$, в левой части которого имеем явно присутствующий множитель $p_1$.
Ну и концовка дословно по RIPу: разложим $m$, а также все $r_j$ на простые множители и получим два различных разложения числа $p_1m$ на простые сомножители, так как так как $r_j<p_1$, и следовательно ни один из $p_j$ при разложении на простые не можем дать простой множитель $p_1$. Так как $p_1m<n$, то получаем противоречие с выбором n.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 22 ]  На страницу Пред.  1, 2

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group