Lankide:Joseba.makazaga/Proba orria

4.1.2 Zatigarritasuna. Zenbaki lehenak

${\textstyle \mathbb {Z} ^{*}}$ multzoa ${\textstyle /}$ zatiketarako itxia ez bada ere, badira kasu batzuk non zenbaki oso batek beste bat zehazki zatitzen duen. Esaterako, ${\textstyle 4}$-ak ${\textstyle 12}$-a zehazki zatitzen du (${\textstyle 12=3\cdot 4}$). Hau da, ${\textstyle 12}$ zati 4 egitean, zatiduratzat ${\textstyle 3}$ zenbaki osoa eta hondartzat ${\textstyle 0}$ lortuko ditugu.

Definizioa. ${\textstyle a,b\in \mathbb {Z} }$ zenbakiak emanik, ${\textstyle a\neq 0}$ izanik, esango dugu ${\textstyle a}$ zenbakiak ${\textstyle b}$ zenbakia zatitzen duela, eta ${\textstyle a\mid b}$ adieraziko dugu, baldin $$\exists k\in \mathbb {Z} \;{\mbox{ non }}\;b=ka{\mbox{ den }}$$ Hori gertatzen denean, esango dugu ${\textstyle a}$ zenbakia ${\textstyle b}$ zenbakiaren zatitzaile bat dela, edo ${\textstyle b}$ zenbakia ${\textstyle a}$ zenbakiaren multiplo bat dela.
Hitzarmena. ${\textstyle a\mid b}$ idazten dugunean, ${\textstyle a\neq 0}$ dela suposatuko dugu.

• ${\textstyle a,b\in \mathbb {Z} ^{+}}$ bada, berehala egiazta daiteke emaitza hau: $$a\mid b\;\Rightarrow \;a\leq b$$

Ondoko teoreman zatigarritasunaren propietate batzuk frogatuko ditugu.

Teorema. [propietateak] ${\textstyle a,b,c\in \mathbb {Z} }$ emanik,

1. ${\textstyle 1\mid a}$; ${\textstyle a\mid a}$; ${\textstyle a\mid 0}$. (${\textstyle a\neq 0}$)
2. ${\textstyle (a\mid b)\;\wedge \;(b\mid a)\;\Rightarrow \;a=b\;\vee \;a=-b}$. (${\textstyle a\neq 0,b\neq 0}$)
3. ${\textstyle (a\mid b)\;\wedge \;(b\mid c)\;\Rightarrow \;a\mid c}$. (${\textstyle a\neq 0,b\neq 0}$)
4. ${\textstyle a\mid b\;\Rightarrow \;(\forall x\in \mathbb {Z} )\;\;a\mid xb}$. (${\textstyle a\neq 0}$)
5. ${\textstyle (a\mid b)\wedge (a\mid c)\;\Rightarrow \;(\forall x,y\in \mathbb {Z} )\;\;a\mid xb+yc}$. (${\textstyle a\neq 0}$)

Froga.

1. ${\textstyle a=1a.}$ Hortaz,   ${\textstyle 1\mid a}$ eta ${\textstyle a\mid a}$. Bestalde, ${\textstyle 0=0a.}$ Hortaz,   ${\textstyle a\mid 0}$.
2. Hasteko daukagu, ${\textstyle (a\mid b)\;\wedge \;(b\mid a)}$, hau da, $$\left.{\begin{array}{c}a\mid b\\\wedge \\b\mid a\end{array}}\right\}\;\Rightarrow \;\left.{\begin{array}{c}b=k_{1}a,\;k_{1}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\\\wedge \\a=k_{2}b,\;k_{2}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\end{array}}\right\}\;\Rightarrow \;b=k_{1}(k_{2}b)=(k_{1}k_{2})b,$$ $$k_{1},k_{2}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\Rightarrow \;k_{1}k_{2}=1,\;k_{1},k_{2}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\;\Rightarrow \;\left.{\begin{array}{c}k_{1}=k_{2}=1\\\vee \\k_{1}=k_{2}=-1\end{array}}\right\}\;\Rightarrow \;\left.{\begin{array}{c}a=b\\\vee \\a=-b.\end{array}}\right.$$
3. Kasu honetan ${\textstyle (a\mid b)\;\wedge \;(b\mid c)}$ daukagu, $$\left.{\begin{array}{c}a\mid b\\\wedge \\b\mid c\end{array}}\right\}\;\Rightarrow \;\left.{\begin{array}{c}b=k_{1}a,\;k_{1}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\\\wedge \\c=k_{2}b,\;k_{2}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\end{array}}\right\}\;\Rightarrow \;c=k_{2}(k_{1}a)=(k_{2}k_{1})a,$$ ${\textstyle k_{2}k_{1}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik }}\;\Rightarrow a\mid c}$.
4. Edozein ${\textstyle x\in \mathbb {Z} }$ emanik, $$a\mid b\;\Rightarrow \;b=ka,\;k\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\;\Rightarrow \;xb=x(ka)=(xk)a,\;xk\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\;\Rightarrow \;a\mid xb.$$
5. Edozein ${\textstyle x,y\in \mathbb {Z} }$ emanik, $$\left.{\begin{array}{c}a\mid b\\\wedge \\a\mid c\end{array}}\right\}\;\Rightarrow \;\left.{\begin{array}{c}b=k_{1}a,\;k_{1}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\\\wedge \\c=k_{2}a,\;k_{2}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}}\end{array}}\right\}\;\Rightarrow xb+yc=x(k_{1}a)+y(k_{2}a)=$$ $$=(xk_{1}+yk_{2})a,\;xk_{1}+yk_{2}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik }}\;\Rightarrow \;a\mid xb+yc.$$ ${\textstyle \Box }$

• ${\textstyle b,c\in \mathbb {Z} }$ emanik, $$xb+yc,\quad x,y\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}},$$ adierazpenari ${\textstyle b,c\in \mathbb {Z} }$ zenbakien konbinazio lineal deituko diogu.

  ${\textstyle a}$ zenbakiak ${\textstyle b}$ eta ${\textstyle c}$ zenbakiak zatitzen baditu, [propietateak]-5 Teoremaren arabera, ${\textstyle a}$ zenbakiak ${\textstyle b}$ eta ${\textstyle c}$ zenbakien edozein konbinazio lineal zatituko du. Propietate hori zabal daiteke honela:

• ${\textstyle b_{1},\cdots ,b_{n}\in \mathbb {Z} }$ emanik, $$x_{1}b_{1}+\cdots +x_{n}b_{n},\quad x_{1},\ldots ,x_{n}\in \mathbb {Z} {\mbox{ izanik}},$$ adierazpenari ${\textstyle b_{1},\ldots ,b_{n}}$ zenbakien konbinazio lineal deituko diogu.

  ${\textstyle a}$ zenbakiak ${\textstyle b_{1},\ldots ,b_{n}}$ zenbakiak zatitzen baditu, ${\textstyle a}$ zenbakiak ${\textstyle b_{1},\ldots ,b_{n}}$ zenbakien edozein konbinazio lineal zatituko du: $$a\mid b_{i},\;i=1,\cdots ,n\;\Rightarrow \;(\forall x_{1},\cdots ,x_{n}\in \mathbb {Z} )\quad a\mid x_{1}b_{1}+\cdots +x_{n}b_{n}.$$

Adibidea. [Grimaldi4.20] Ba al daude ${\textstyle 5x+10y+20z=1003}$ ekuazioa betetzen duten zenbaki osoak?

Demagun ${\textstyle x,y,z}$ zenbaki oso horiek daudela. ${\textstyle 5\mid 5}$, ${\textstyle 5\mid 10}$ eta ${\textstyle 5\mid 20}$ betetzen direnez, ${\textstyle 5\mid 1003}$ ere beteko litzateke; baina hori ez da gertatzen. Hortaz, ez daude ekuazioa betetzen duten ${\textstyle x,y,z}$ zenbaki osoak.
Definizioa. Izan bedi ${\textstyle n\in \mathbb {Z} ^{+}}$, ${\textstyle n>1}$.

Esango dugu ${\textstyle n}$ zenbaki lehena dela bere zatitzaile positibo bakarrak ${\textstyle n}$ eta ${\textstyle 1}$ badira: $$m\mid n,\quad m\in \mathbb {Z} ^{+}\,\Longrightarrow \,m=1\,\vee \,m=n;$$ eta esango dugu ${\textstyle n}$ zenbaki konposatua dela ez bada lehena: $$\exists m_{1},m_{2}\in \mathbb {Z} ^{+}\;{\mbox{ non }}\;n=m_{1}m_{2},\,\quad 1<m_{1}<n,\;1<m_{2}<n.$$
Adibidea. ${\textstyle 12}$ zenbaki konposatua da, ${\textstyle 12>1}$ delako eta ${\textstyle 1}$, ${\textstyle 2}$, ${\textstyle 3}$, ${\textstyle 4}$, ${\textstyle 6}$ eta ${\textstyle 12}$ zatitzaileak dituelako.

${\textstyle 11}$ zenbaki lehena da, ${\textstyle 11>1}$ delako eta bere zatitzaile positibo bakarrak ${\textstyle 1}$ eta ${\textstyle 11}$ direlako.
Hurrengo Teoreman zenbaki lehenen eta konposatuen arteko erlazio bat frogatuko dugu.

Teorema. [lekon] Zenbaki konposatu orok zatitzaile lehenen bat dauka. Hau da, ${\textstyle n\in \mathbb {Z} ^{+}}$, ${\textstyle n>1}$ emanik, $$n\,{\mbox{ konposatua }}\,\Longrightarrow \exists p\in \mathbb {Z} ^{+},\,p\,{\mbox{ lehena eta }}\,p\mid n.$$

Froga.

Izan bedi ${\textstyle S}$ zatitzaile lehenik ez duten zenbaki oso konposatu guztien multzoa: $$S=\{x\in \mathbb {Z} ^{+}\;:\;x\;{\mbox{ konposatua da eta ez du zatitzaile lehenik}}\}.$$ Frogatuko dugu, absurdora eramanez, ${\textstyle S=\emptyset }$ dela.

Demagun ${\textstyle S\neq \emptyset }$ dela. ${\textstyle S}$ multzoa ${\textstyle \mathbb {Z} ^{+}}$ multzoaren azpimultzo ez-hutsa denez, ordena onaren printzipioaren arabera, ${\textstyle S}$ multzoak lehen elementua izango du, ${\textstyle m}$.

${\textstyle m\in S}$ denez, ${\textstyle m}$ konposatua da; beraz, ${\textstyle m_{1},m_{2}\in \mathbb {Z} ^{+}}$ badaude, non ${\textstyle m=m_{1}m_{2}}$ den, ${\textstyle 1<m_{1}<m,\;1<m_{2}<m}$ izanik.

${\textstyle m}$ da ${\textstyle S}$ multzoaren minimoa eta ${\textstyle m_{1}<m}$ da; beraz, ${\textstyle m_{1}\not \in S}$ beteko da. Hortaz, ${\textstyle m_{1}}$ lehena da edo zatitzaile lehenen bat dauka.

${\textstyle m_{1}}$ lehena bada, ${\textstyle m_{1}}$ lehena da eta ${\textstyle m_{1}\mid m}$ betetzen da.

${\textstyle m_{1}}$ zenbakiak ${\textstyle p}$ zatitzaile lehen bat badauka, ${\textstyle p}$ lehena da eta ${\textstyle p\mid m_{1}}$ eta ${\textstyle m_{1}\mid m}$; hortaz, ${\textstyle p\mid m}$.

Bi kasuetan kontraesan bat aurkitu dugu, ${\textstyle m}$ zenbakiak ez baitauka zatitzaile lehenik. Hortaz, ${\textstyle S=\emptyset }$ da, eta zenbaki konposatu orok zatitzaile lehenen bat badauka. ${\textstyle \Box }$

Teorema. (Euklides, Elementuak, IX, 20)

Infinitu zenbaki lehen daude.

Froga.

Absurdora eramanez frogatuko dugu.

Suposa dezagun zenbaki lehenen kopurua finitua dela: ${\textstyle p_{1},\ldots ,p_{k}}$.

Izan bitez ${\textstyle a=p_{1}\ldots p_{k}}$ eta ${\textstyle A=a+1}$.

Orduan, ${\textstyle p_{i}\mid a}$, ${\textstyle i=1,\ldots ,k}$ dugu eta, hortaz, ${\textstyle a\geq p_{i}}$, ${\textstyle i=1,\ldots ,k}$; hortik ${\textstyle A\neq p_{i}}$, ${\textstyle i=1,\ldots ,k}$ aterako dugu. Beraz, ${\textstyle A}$ konposatua da. [lekon] Teoremaren arabera, badago ${\textstyle p_{j}\in \{p_{1},\ldots ,p_{k}\}}$ zenbaki lehenen bat, non ${\textstyle p_{j}\mid A}$ betetzen den.

Orduan, ${\textstyle p_{j}\mid A}$ eta ${\textstyle p_{j}\mid a}$ betetzen dira; hortaz, ${\textstyle p_{j}\mid 1A+(-1)a}$ ere beteko da. Baina ${\textstyle 1A+(-1)a=A-a=1}$ dugu; beraz, ${\textstyle p_{j}\mid 1}$ dugu; eta hori ezinezkoa da ${\textstyle p_{j}>1}$ delako.

Beraz, zenbaki lehenen kopuruak ezin du kopuru finitua izan. Hau da, infinitu zenbaki lehen daude. ${\textstyle \Box }$