aleio1
aleio1 - Mito - 18949 Punti
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Ciao a tutti..volevo sapere se questa dimostrazione dell'unicità della fattorizzazione degli interi positivi >=2 poteva essere corretta (una volta dimostrata ovviamente l'esistenza della fattorizzazione per ogni naturale).

Supponiamo
[math]a=p_1\cdot p_2\cdot ... \cdot p_n=q_1\cdot q_2\cdot ... \cdot q_m[/math]
e procediamo induttivamente.
Per a=2 la definizione di primo ci assicura che la sua unica fattorizzazione è quella costituita dallo stesso 2.

Supponiamo ora che la proposizione sia valida
[math]\forall b<a[/math]

[math]a=p_1\cdot p_2\cdot ... \cdot p_n=q_1\cdot q_2\cdot ... \cdot q_m \Rightarrow p_n|a \Rightarrow p_n|q_1\cdot q_2\cdot ... \cdot q_m[/math]

e per un lemma che ho dimostrato in precedenza
[math]p_n=q_i \ \ 1\ge i \le m[/math]

Dunque possiamo dividere a per p_n e ottenere a meno di riordinare i fattori

[math]a'=p_1\cdot p_2\cdot ... \cdot p_{n-1}=q_1\cdot q_2\cdot ... \cdot q_{m-1}[/math]

ed essendo a'<a si ha, per ipotesi induttiva,
[math]n-1=m-1 \Rightarrow m=n[/math]
e
[math]p_i=q_i \forall 1\ge i \le m[/math]

c'è qualche errore o è corretta?
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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E' quella, anche se un po' striminzita. Ma va bene.
aleio1
aleio1 - Mito - 18949 Punti
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grazie ciampax..ma cosa manca?
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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Devi spiegare meglio il modo in cui usi l'induzione. Se ho tempo ti scrivo la dimostrazione che avevo fatto io al corso di algebra.
aleio1
aleio1 - Mito - 18949 Punti
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uso l'induzione su a..
a=2 vera
suppongo la proposizione vera per ogni naturale b<a e questo mi implica che è vera anche per a..è errata?
comunque aspetto (se hai tempo di scriverla) la tua..
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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Scrivo anche il testo del teorema, così come lo enuncio io:

Per ogni
[math]n\in\mathbb{N},\ n>1[/math]
esistono elementi irriducibili distinti
[math]p_1,\ldots,p_s[/math]
tutti positivi, con
[math]s\geq 1[/math]
numero naturale, tali che
[math]n=p_1^{h_1}\cdots p_s^{h_s},[/math]
con
[math]h_j>0,\ j=1,\ldots,s[/math]
.
Inoltre se
[math]n=q_1^{k_1}\cdots q_t^{k_t}[/math]
(
[math]q_i>1[/math]
irriducibile,
[math]t\geq 1,\ k_i>0[/math]
) allora
[math]t=s[/math]
e gli elementi irriducibili sono uguali a meno di un riordinamento.
Dimostrazione: Indichiamo con
[math]\mathcal{P}(n)[/math]
la precedente proposizione. La dimostreremo per induzione su
[math]n[/math]

1) Esistenza:
Base dell'induzione
[math]n=2[/math]
In tal caso la fattorizzazione è immediata e si prende
[math]s=1,\ p_1=2,\ h_1=1[/math]

Passo induttivo Supponiamo
[math]\mathcal{P}(k)[/math]
vera per ogni
[math]2\leq k< n[/math]
. Possiamo avere due casi:
i)
[math]n[/math]
è irriducibile: la fattorizzazione si ottiene immediatamente ponendo
[math]s=1,\ p_1=n,\ h_1=1[/math]
;
ii)
[math]n=ab[/math]
(non irriducibile) con
[math]2\leq a<n,\ 2\leq b<n[/math]
. Allora per gli elementi
[math]a,\ b[/math]
vale la proprietà e quindi
[math]a=p_1^{h_1}\cdots p_{s_1}^{h_{s_1}},\qquad b=p'_1^{h'_1}\cdots p'_{s_2}^{h'_{s_2}}[/math]

ed essendo
[math]n[/math]
il prodotto di questi due elementi, segue la proprietà per esso.

2) Unicità: supponiamo che

[math]n=p_1^{h_1}\cdots p_s^{h_s}=q_1^{k_1}\cdots q_t^{k_t}[/math]

Dimostriamo per induzione sul numero dei fattori della prima decomposizione (chiamiamo tale proprietà
[math]Q(m)[/math]
): esso risulta
[math]m=h_1+\ldots+h_s[/math]

Base dell'induzione Se
[math]m=1[/math]
segue
[math]s=1,\ h_1=1[/math]
e quindi
[math]n=p_1[/math]
è irriducibile (e quindi primo) e si ha che
[math]p_1[/math]
divide
[math]q_1^{k_1}\cdots q_t^{k_t}[/math]

Ma allora divide uno dei fattori, sia esso
[math]q_i[/math]
: essendo quest'ultimo irriducibile, i sui divisori sono solo quelli banali, per cui, dovendo essere tutti positivi, si ricava
[math]p_1=q_i[/math]
. Segue allora, dividendo per
[math]p_1[/math]
ambo i membri dell'uguaglianza per
[math]n[/math]
scritta prima che
[math]1=q_1^{k_1}\cdots q_i^{k_i-1}\cdots q_t^{k_t}[/math]

Ne segue che
[math]t=1[/math]
(altrimenti avremmo una decomposizione di 1 in fattori più grandi) e quindi che
[math]1=q_1^{k_1-1}\ \Rightarrow\ k_1-1=0\ \Rightarrow\ k_1=1[/math]

e quindi
[math]n=p_1=q_1[/math]

Passo induttivo Supponiamo vera
[math]Q(m-1)[/math]
. Dall'identità
[math]n=p_1^{h_1}\cdots p_s^{h_s}=q_1^{k_1}\cdots q_t^{k_t}[/math]

ricaviamo che, essendo
[math]p_1[/math]
irriducibile, esso divide
[math]n[/math]
e quindi il prodotto dei fattori
[math]q_1^{k_1}\cdots q_t^{k_t}[/math]
. D'altra parte, essendo
[math]p_1[/math]
primo esso divide uno dei fattori e quindi possiamo dire che
[math]p_1 | q_i,\ 1\leq i\leq t[/math]
. Essendo poi
[math]q_i[/math]
irriducibile, i suoi fattori sono solo quelli banali e quindi, come prima,
[math]p_1=q_i[/math]
. Ora possiamo riscrivere l'identità come
[math]p_1^{h_1}\cdots p_s^{h_s}=q_1^{k_1}\cdots q_i^{k_i}\cdots q_t^{k_t}[/math]

da cui, dividendo per
[math]p_1[/math]
si ha
[math]p_1^{h_1-1}\cdots p_s^{h_s}=q_1^{k_1}\cdots q_i^{k_i-1}\cdots q_t^{k_t}[/math]
.
Il numero di fattori a membro destro è ora pari a

[math]h_1-1+h_2+\ldots+h_s=(h_1+\ldots+h_s)-1=m-1[/math]

e quindi vale l'ipotesi induttiva: deve quindi essere pure

[math]m-1=k_1+\ldots+k_i-1+\ldots+k_t[/math]
[math]\{p_1,\ldots,p_s\}=\{q_1,\ldots,q_t\}[/math]

come insiemi. Ma allora deve essere necessariamente
[math]s=t[/math]
ed esiste una applicazione biunivoca
[math]\sigma:\{1,2,\ldots,s\}\rightarrow\{1,2,\ldots,s\}[/math]

tale che

[math]p_i=q_{\sigma(i)},\qquad h_i=k_{\sigma(i)}[/math]
.
aleio1
aleio1 - Mito - 18949 Punti
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grazie mille..ne farò buon uso:)
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