Dziękuję.
Ja udowodniłem to w inny, bardziej bezpośredni, sposób.
Podajmy najpierw pewien
Lemat:
Lemat: Jeśli liczba pierwsza
\(\displaystyle{ p}\) dzieli iloczyn
\(\displaystyle{ p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n}\) liczb pierwszych, to
\(\displaystyle{ p}\) jest równa pewnemu składnikowi tego iloczynu. Dowodzimy ten fakt indukcyjnie, ze względu na ilość składników tego iloczynu. Oto:
INDUKCYJNY DOWÓD TEGO FAKTU:
Jeśli
\(\displaystyle{ n=1}\), i
\(\displaystyle{ p|p_1}\), to ponieważ
\(\displaystyle{ p_1}\) jest liczbą pierwszą (i
\(\displaystyle{ p}\) również), więc ponieważ
\(\displaystyle{ p \neq 1}\), to
\(\displaystyle{ p=p_1}\), co dowodzi podstawy indukcji.
Jeśli
\(\displaystyle{ n=2}\), i
\(\displaystyle{ p |\left( p_1 \cdot p_2 \right)}\), to iloczyn
\(\displaystyle{ \left( p_1 \cdot p_2\right)}\) ma dokładnie cztery dzielniki:
\(\displaystyle{ 1, p_1, p_2}\) i
\(\displaystyle{ \left( p_1 \cdot p_2\right).}\) Ponieważ
\(\displaystyle{ p \neq 1}\), i
\(\displaystyle{ \left( p_1 \cdot p_2\right)\not\in \mathbb{P}}\), tzn. nie jest to liczba pierwsza, a
\(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą, więc
\(\displaystyle{ \left( p_1 \cdot p_2\right) \neq p}\), więc pozostają możliwości:
\(\displaystyle{ p=p_1}\) lub
\(\displaystyle{ p=p_2}\), czego należało dowieść.
Krok indukcyjny:
Załóżmy, że fakt zachodzi dla
\(\displaystyle{ n}\), gdzie
\(\displaystyle{ n \ge 2}\). Pokażemy, że ten fakt będzie zachodził dla
\(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\).
Niech
\(\displaystyle{ p \in \mathbb{P}}\), i niech
\(\displaystyle{ p_1, p_2, \ldots, p _{n+1}}\) będą liczbami pierwszymi. Jeśli
\(\displaystyle{ p}\) dzieli
\(\displaystyle{ p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p _{n+1}= \left( p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n\right) \cdot p _{n+1}}\), to ponieważ
\(\displaystyle{ n \ge 2}\), i
\(\displaystyle{ p \neq \left( p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p
_n\right)}\), bo
\(\displaystyle{ \left( p_1 \cdot p_2 \cdot \ldots \cdot p_n\right)}\) nie jest liczbą pierwszą, a
\(\displaystyle{ p}\) jest liczbą pierwszą, więc te liczby są różne, więc z przypadku
\(\displaystyle{ n=2}\) wynika, że
\(\displaystyle{ p=p _{n+1}}\), co dowodzi kroku indukcyjnego.
Zasada indukcji matematycznej dowodzi tego faktu.
\(\displaystyle{ \square}\)
Coś dziwny jest ten dowód indukcyjny, bo nie korzysta on z założenia indukcyjnego. Ale myślę, że nie jest to konieczne, bo jeśli
\(\displaystyle{ 2+2=4}\), to dla każdego
\(\displaystyle{ n \in \NN}\):
\(\displaystyle{ 2+2=4}\), i nie musimy używać tutaj, do dowodu tego faktu, założenia indukcyjnego.
Łatwo będzie teraz udowodnić nasz fakt:
Jeśli liczba pierwsza
\(\displaystyle{ p}\) dzieli iloczyn
\(\displaystyle{ \left( n \cdot m\right)}\) liczb naturalnych, to
\(\displaystyle{ p}\) dzieli
\(\displaystyle{ n}\) lub
\(\displaystyle{ p}\) dzieli
\(\displaystyle{ m}\). Oto:
PROSTY DOWÓD TEGO FAKTU:
Ponieważ każda liczba naturalna jest iloczynem jednej lub dwóch lub trzech lub... skończenie wielu liczb pierwszych, więc
\(\displaystyle{ n= n_1 \cdot n_2 \cdot \ldots \cdot n_k}\), gdzie liczby naturalne
\(\displaystyle{ n_i}\) są pierwsze, i
\(\displaystyle{ m= m_1 \cdot m_2 \cdot \ldots \cdot m _{l}}\), gdzie liczby
\(\displaystyle{ m_i}\) są pierwsze. Na mocy łączności mnożenia liczb naturalnych:
\(\displaystyle{ p| \left[ \left( n \cdot m\right)= \left( n_1 \cdot n_2 \cdot \ldots \cdot n_k\right) \cdot \left( m_1 \cdot m_2 \cdot \ldots \cdot m_l\right) \right];}\)
więc na mocy
Lematu powyżej:
\(\displaystyle{ p=n_i}\), dla pewnego
\(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,k;}\) lub
\(\displaystyle{ p=m_j,}\) dla pewnego
\(\displaystyle{ j}\).
Jeśli
\(\displaystyle{ p=n_i}\), to
\(\displaystyle{ p|n}\), a jeśli
\(\displaystyle{ p=m_j}\), to
\(\displaystyle{ p|m.\square}\)
Łatwo można przez prostą indukcję uogólnić ten fakt, tzn.:
Jeśli liczba pierwsza
\(\displaystyle{ p}\) dzieli iloczyn
\(\displaystyle{ \left( x_1 \cdot x_2 \cdot \ldots \cdot x_n\right)}\) liczb naturalnych, to
\(\displaystyle{ p}\) dzieli
\(\displaystyle{ x_i}\), dla pewnego
\(\displaystyle{ i=1,2,\ldots,n}\).
Można to łatwo indukcyjnie udowodnić.
W takim razie jesteśmy gotowi aby udowodnić podstawowe twierdzenie matematyki o jednoznaczności rozkładu liczby naturalnej na czynniki pierwsze.
Niech
\(\displaystyle{ X \in \NN}\), i niech
\(\displaystyle{ X= n_1 \cdot n_2 \cdot \ldots \cdot n_r=m_1 \cdot m_2 \cdot \ldots \cdot m_S}\), gdzie
\(\displaystyle{ n_i \in \PP,}\) i gdzie
\(\displaystyle{ m _{j} \in \PP.}\)
Ponieważ
\(\displaystyle{ n_1}\) dzieli lewą stronę tej równości, więc
\(\displaystyle{ n_1}\) dzieli również prawą stronę, i ponieważ
\(\displaystyle{ n_1}\) jest liczbą pierwszą, więc na mocy powyższego faktu:
\(\displaystyle{ n_1}\) dzieli
\(\displaystyle{ m_j}\), dla pewnego
\(\displaystyle{ j}\). Ponieważ liczba
\(\displaystyle{ m_j}\), na mocy założenia, jest liczbą pierwszą, i
\(\displaystyle{ n_1}\) również, więc
\(\displaystyle{ n_1 \neq 1}\), i
\(\displaystyle{ n_1=m_j.}\) Skreślamy teraz te czynniki, i rozważmy liczbę:
\(\displaystyle{ X_2:= n_2 \cdot n_3 \cdot \ldots \cdot n_r= m_1 \cdot m_2 \cdot \ldots m _{j-1} \cdot m _{j+1} \cdot m _{j+2} \cdot \ldots m_S.}\)
Wtedy
\(\displaystyle{ n_2}\) dzieli lewą stronę tej równości, zatem
\(\displaystyle{ n_2}\) dzieli również prawą stronę, a więc, na mocy powyższego faktu:
\(\displaystyle{ n_2| m_i}\), dla
\(\displaystyle{ i \neq j}\); i ponieważ
\(\displaystyle{ n_2}\) i
\(\displaystyle{ m_i}\) są liczbami pierwszymi, to
\(\displaystyle{ n_2=m_i,}\), gdzie
\(\displaystyle{ i \neq j}\). Skreślamy zatem te dwa czynniki, i postępując dalej w ten sposób, otrzymamy, że lewa strona tej równości będzie równa
\(\displaystyle{ 1}\), a prawa strona też również będzie równa
\(\displaystyle{ 1}\) (każdy czynnik
\(\displaystyle{ m_k}\) jest liczbą pierwszą, a więc jest równy co najmniej dwa, więc muszą być wszystkie te czynniki skreślone, aby zachodziła równość). A zatem do każdej liczby
\(\displaystyle{ n_k}\) można dobrać jednoznacznie liczbę
\(\displaystyle{ m _{i_k}}\), gdzie numery
\(\displaystyle{ i_k}\) są coraz to nowe. A zatem rozkłady liczby
\(\displaystyle{ X}\) są (poza kolejnością czynników) są takie same.
\(\displaystyle{ \square}\)
Na koniec dodam takie moje odkrycie, że prawo łączności mnożenia liczb naturalnych
\(\displaystyle{ \left( a \cdot b\right) \cdot c= a \cdot \left( b \cdot c\right)}\) można zilustrować przy pomocy kostki prostopadłościennej podzielonej na kostki jednostkowe:
Rozważmy kostkę o wymiarach
\(\displaystyle{ a \times b \times c}\), gdzie
\(\displaystyle{ a,b,c \ge 1}\), podzieloną na
\(\displaystyle{ \left( a \cdot b \cdot c\right)}\) kostek jednostkowych. Widać więc, że odpowiada to (dokładniej) liczbie
\(\displaystyle{ \left( a \cdot b\right) \cdot c}\), jeśli będziemy liczyć najpierw kostki leżące na płaszczyźnie
\(\displaystyle{ XY}\), i potem będziemy liczyć kostki na równoległych płaszczyznach leżących powyżej. Teraz ścianę tej kostki o wymiarach
\(\displaystyle{ b \times c}\) (z prawej strony) połóżmy dnem do podłoża obracając jednocześnie całą bryłę o
\(\displaystyle{ 90 ^{\circ}}\). Wszystkich kostek jednostkowych będzie oczywiście tyle samo, ale cała bryła będzie wtedy kostką o wymiarach
\(\displaystyle{ \left( b \times c\right) \times a}\), i ponieważ mnożenie jest przemienne, więc
\(\displaystyle{ \left( b \cdot c\right) \cdot a= a \cdot \left( b \cdot c\right)=\left( a \cdot b\right) \cdot c}\).