Fölérendelt lap:17.23. TételEuklidészi gyűrűkben teljesül a számelmélet alaptétele

Bizonyítás

Legyen $R$ valamilyen euklidészi gyűrű. A 17.18. Tétel alapján $R$ -ben bármely két elemnek létezik kitüntetett közös osztója. Így a 17.12. Tétel miatt minden felbonthatatlan elem prím. Ebből viszont a 16.18. Tétel szerint következik a számelmélet alaptételének egyértelműségi állítása. Ha tehát valamely elemnek egyáltalán létezik felbontása, akkor az sorrendtől és asszociáltságtól eltekintve egyértelmű.

Így már csak azt kell megmutatni, hogy bármely nemnulla és nem egység elemnek ténylegesen létezik felbontása. Tegyük fel, hogy $g$ egy olyan euklidészi függvény, amely eleget tesz a 17.21. Tételben szereplő monotonitási tulajdonságnak is. Ilyen euklidészi függvény ugyanezen tétel miatt garantáltan létezik. A bizonyításhoz a $g$ norma értékkészletén, azaz a természetes számok $\N$ halmazán fogunk teljes indukciót alkalmazni.

**17.5. ábra:** A teljes indukció vázlata

Először is indukciós feltételként feltesszük, hogy valamilyen $n$ -re már igaz az állítás, azaz bármely $n$ -nél nemnagyobb $g$ -értékű nemnulla és nem egység elemnek létezik prímtényezős felbontása. Ezt az elemhalmazt a fenti ábrán $A_n$ -nel jelöltük. Azt kell megmutatnunk, hogy ekkor az $A_{n+1}$ halmaz elemeire is teljesülni fog az állítás. Tegyük fel, hogy $a$ egy tetszőleges $A_{n+1}$ -beli elem. Feltételezhetjük, hogy nincs benne $A_n$ -ben, hiszen máskülönben az indukciós feltétel miatt róla már amúgyis tudnánk, hogy létezik prímtényezős felbontása. Így tehát:

g(a)=n+1

Ha $a$ felbonthatatlan, akkor az ő prímtényezős felbontása alatt a 16.16. Definíció alapján önmagát, mint "egytényezős szorzatot" értjük, így az nyilván létezik. Feltételezhetjük tehát, hogy $a$ nem felbonthatatlan, azaz felírható $a=bc$ alakban úgy, hogy $b$ és $c$ közül egyik sem egység.

Ekkor azonban a $g$ euklidészi függvényre a 17.22. Tétel miatt fennállnak az alábbi szigorú egyenlőtlenségek, hiszen $a$ nem egységszerese sem $b$ -nek, sem pedig $c$ -nek:

\begin{aligned} g(b)&\lt g(a) \\ g(c)&\lt g(a) \end{aligned}

Ez viszont $g(a)=n+1$ miatt azt jelenti, hogy

\begin{aligned} g(b)&\leq n \\ g(c)&\leq n \end{aligned}

Az indukciós feltétel alapján azonban emiatt $b$ -nek és $c$ -nek létezik prímtényezős felbontása, hiszen mindketten benne vannak az $A_n$ halmazban. Így ha az $a=bc$ szorzatba $b$ és $c$ helyére beírjuk e két felbontást, akkor épp $a$ -nak a felbontását kapjuk.

Eddig tehát azt bizonyítottuk, hogy ha valamilyen $n$ -re az $A_n$ halmaz minden elemének létezik felbontása, akkor ez igaz lesz az őt tartalmazó $A_{n+1}$ halmaz elemeire is. Már csak el kell indítani az indukciós "dominósor" ledöntését, azaz meg kell mutatni, hogy $n=0$ -ra valóban teljesül a tétel állítása.

Az $n=0$ esethez az $A_0$ halmaz tartozik, amely tehát azokat a nemnulla és nem egység elemeket tartalmazza, amelyeknek a $g$ -értéke legfeljebb $0$ . Tegyük fel indirekt, hogy ezek között mégis létezik egy olyan $x$ elem, amelynek nem létezik prímtényezős felbontása. Minthogy az $A_0$ halmaz definíciója miatt $g(x)\leq 0$ , ugyanakkor $g(x)$ csak nemnegatív szám lehet, mivel a $g$ függvény $\N$ -be képez, ezért ez azt jelenti, hogy valójában

g(x)=0

Jelöljük $1_R$ -rel az $R$ egységelemét, és végezzük el a $g$ euklidészi függvény szerinti maradékos osztást $1_R$ és $x$ között. Ez megtehető, hiszen $R$ euklidészi gyűrű. Létezik tehát olyan $k$ hányados és $r$ maradék, hogy teljesül az alábbi egyenlet:

1_R=kx+r

Továbbá az alábbiak közül legalább az egyik teljesül:

\begin{aligned} r&=0_R \\ g(r)&< \underbrace{g(x)}_{=0} \end{aligned}

Az egyenlőtlenség nem teljesülhet, hiszen – mint már említettük – a $g$ függvény $\N$ -be képez, és emiatt semmilyen $g$ -érték nem lehet $0$ -nál kisebb. Ezért tehát szükségképpen $r=0_R$ , azaz

1_R=kx+\underbrace{0_R}_{=r}

Tehát valójában azt kaptuk, hogy $x$ osztója az egységelemnek, azaz a 16.5. Tétel alapján egység. Ez viszont ellentmondás, mivel azt mondtuk, hogy az $A_0$ halmazban csak nemnulla és nem egység elemek vannak.

Azt kaptuk tehát, hogy az $A_0$ halmazra igaz lesz a tétel állítása. Ekkor azonban a már bizonyított indukciós lépés miatt igaz lesz $A_1$ -re is, majd emiatt $A_2$ -re is, és így tovább, egészen a végtelenségig. Minthogy a $g$ euklidészi függvény összes lehetséges értékét lefedtük, ezért biztosan nem hagytunk ki egyetlen nemnulla és nem egység elemet sem a buliból. Mindegyikre igaz tehát a prímtényezős felbontás létezése, és így a számelmélet alaptétele.

∎

Iratkozz fel a hírlevelünkre