Podzielność - dowody

[squared]

Mam problem z paroma zadaniami
1) \(\displaystyle{ nwd(a,b)=1 \Rightarrow nwd(ac,b)=nwd(c,b)}\)
2)\(\displaystyle{ a^n|b^n \Rightarrow a|b}\)

Z góry dziękuję za pomoc!

[Michalinho]

2 na wykładnikach padycznych:
\(\displaystyle{ v_p(a^n)\le v_p(b^n) \Rightarrow n\cdot v_p(a)\le n\cdot v_p(b) \Rightarrow v_p(a)\le v_p(b) \Rightarrow a|b}\)

[Premislav]

2) Zakładam, że chodzi o \(\displaystyle{ a,b \in \ZZ}\). Wówczas: skoro \(\displaystyle{ a^{n}|b^{n}}\), to \(\displaystyle{ a|b^{n}}\) (oczywiste), a stąd wywnioskuj, że \(\displaystyle{ a|b}\) (wsk. jeśli rozważymy zapis \(\displaystyle{ b}\) w postaci iloczynu potęg parami różnych liczb pierwszych dzielących \(\displaystyle{ b}\), to co powiesz o takim zapisie dla \(\displaystyle{ b^{n}}\) - jakie będą te wykładniki?...).
PS padyczny to jest poziom matematyki w większości szkół (np. w dawnej mojej), "p-adycznych".

[Michalinho]

1) \(\displaystyle{ (ac,b)=k\Rightarrow k|b, k|ac}\), ale \(\displaystyle{ (a,b)=1}\), więc \(\displaystyle{ k\nmid a}\), co w połączeniu z \(\displaystyle{ k|ac}\) daje \(\displaystyle{ k|c}\). Niech teraz \(\displaystyle{ l=(c,b)}\). Stąd \(\displaystyle{ k|l}\). \(\displaystyle{ l|c \Rightarrow l|ac}\). A więc \(\displaystyle{ l|ac, l|b\Rightarrow l|k}\). \(\displaystyle{ k|l \wedge l|k\Rightarrow k=l}\).
Mam nadzieję, że dobrze.
PS: Wiem, w mojej też. Napisałem padycznych, bo tak Vax powiedział w tamtym roku na OM-ie i jakoś mi tak zostało

[Vax]

PS: Wiem, w mojej też. Napisałem padycznych, bo tak Vax powiedział w tamtym roku na OM-ie i jakoś mi tak zostało

Hej hej, rok temu na OMie na początku omawianego zadania dokładnie podkreśliłem, że mówi się p-adycznych a nie padycznych Być może omawiając zadanie mówiłem ,,wykładnik padyczny" zamiast ,,wykładnik pe adyczny", bo to pierwsze łatwiej wymówić, szczególnie jak się powtarza ileś razy w trakcie omawiania. Tak czy siak jestem pewien, że na początku zwróciłem uwagę jak ma być, kolega Vether może potwierdzić

[Medea 2]

W drugim nie lepiej byłoby skorzystać z rozumowania nie wprost? Jeśli \(\displaystyle{ a = c \pmod b}\), to podnosimy strony do potęgi \(\displaystyle{ n}\)...

[bakala12]

2) Zakładam, że chodzi o \(\displaystyle{ a,b \in \ZZ}\). Wówczas: skoro \(\displaystyle{ a^{n}|b^{n}}\), to \(\displaystyle{ a|b^{n}}\) (oczywiste), a stąd wywnioskuj, że \(\displaystyle{ a|b}\) (wsk. jeśli rozważymy zapis \(\displaystyle{ b}\) w postaci iloczynu potęg parami różnych liczb pierwszych dzielących \(\displaystyle{ b}\), to co powiesz o takim zapisie dla \(\displaystyle{ b^{n}}\) - jakie będą te wykładniki?...).
PS padyczny to jest poziom matematyki w większości szkół (np. w dawnej mojej), "p-adycznych".

\(\displaystyle{ a^{n}|b^{n} \Rightarrow a|b^{n}}\)
Mógłbyś pokazać jak wywnioskować, że \(\displaystyle{ a|b^{n} \Rightarrow a|b}\)?
Bo w ogólności nie jest to prawda (\(\displaystyle{ a=4,b=2}\)).

[Medea 2]

Ale tam było jeszcze założenie, że \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są względnie pierwsze, więc to jest prawda chyba?

[Vax]

Ale tam było jeszcze założenie, że \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\) są względnie pierwsze, więc to jest prawda chyba?

Nie było.

Przy okazji:

Jeśli \(\displaystyle{ a = c \pmod b}\), to podnosimy strony do potęgi \(\displaystyle{ n}\)...

Chodziło rozumiem o \(\displaystyle{ b \equiv c\pmod{a}}\) ? Ale skąd w takim razie wiesz, że \(\displaystyle{ c^n \not\equiv 0\pmod{a^n}}\) ?

[AndrzejK]

2. Jeśli \(\displaystyle{ a=0}\) to teza jest natychmiastowa. Dla innych \(\displaystyle{ a}\) oznaczmy \(\displaystyle{ q=\frac{b}{a}}\) oraz \(\displaystyle{ q^n=\frac{b^n}{a^n}}\). Wtedy zgodnie z treścią zadania \(\displaystyle{ q^n \in \mathbb{Z} \ (1)}\). Pozostaje wykazać, że jeśli zachodzi \(\displaystyle{ (1)}\) oraz \(\displaystyle{ q \in \mathbb{Q}}\) to \(\displaystyle{ q \in \mathbb{Z}}\). A jest to bardzo proste, \(\displaystyle{ q}\) jest pierwiastkiem wymiernym wielomianu o współczynnikach całkowitych \(\displaystyle{ w(x)=x^n-q^n}\). Z twierdzenia o pierwiastkach wymiernych wielomianu dochodzimy do wniosku, że jeśli ten wielomian ma pierwiastki wymierne (a ma) to są one całkowite.

[Premislav]

Przepraszam, niezłą głupotę palnąłem w tym temacie.