Esercizi vari primi/algebra
Riciao! 
Vi propongo di fornire le vostre dimostrazioni (o quelle che conoscete, o quelle che avete studiato) dei seguenti fatti:
1) ci sono infiniti primi,
2) ci sono infiniti primi congrui a 3 modulo 4,
3) ci sono infiniti primi congrui a 1 modulo 4,
4) un campo algebricamente chiuso è infinito,
5) se un ideale è contenuto in un'unione finita di ideali primi allora è contenuto in uno di essi.
Se avete altri esercizietti, proponete pure!
Vi propongo di fornire le vostre dimostrazioni (o quelle che conoscete, o quelle che avete studiato) dei seguenti fatti:
1) ci sono infiniti primi,
2) ci sono infiniti primi congrui a 3 modulo 4,
3) ci sono infiniti primi congrui a 1 modulo 4,
4) un campo algebricamente chiuso è infinito,
5) se un ideale è contenuto in un'unione finita di ideali primi allora è contenuto in uno di essi.
Se avete altri esercizietti, proponete pure!
Risposte
La prima è molto semplice.. Se supponiamo per ipotesi che i numeri primi siano finiti, e siano per esempio:
$ p_1,p_2,p_3 .. p_n $ , se prendiamo il numero $ p_1 * p_2 * p_3 * .. * p_n - 1 $ per il teorema fondamentale dell'aritmetica dovrebbe essere prodotto di numeri primi, ma non essendo cosi, si giunge a una contraddizione.
$ p_1,p_2,p_3 .. p_n $ , se prendiamo il numero $ p_1 * p_2 * p_3 * .. * p_n - 1 $ per il teorema fondamentale dell'aritmetica dovrebbe essere prodotto di numeri primi, ma non essendo cosi, si giunge a una contraddizione.
1) Giusto per variare: corollario del postulato di Bertrand 
. (poi, oltre a quella di Euclide, c'è una dim semplicissima che usa i numeri di Fermat).
2,3) Anche queste sarebbero corollario del teorema di Dirichlet sulle progressioni aritmetiche. Una dim per questi casi è supporre per assurdo che esistano un numero finito di primi $p_i \equiv 1 (mod4)$, porre $n:=(2p_1\cdots p_k)+1$. Se $q$ è un fattore primo di $n$ allora un teorema dice che $q=s^2+t^2$, per qualche $s,t \in NN$; quindi $q \equiv 1 (mod 4)$, ma $q$ non divide $n$.
Supponiamo di nuovo per assurdo che esiste un numero finito di primi $p_i \equiv -1 (mod4)$. Poniamo $n:=4p_1\cdots p_k-1$; quindi $n\equiv -1 (mod4)$ ed è ovvio che non tutti i fattori primi di $n$ possano essere congrui a $1 (mod 4)$.
. (poi, oltre a quella di Euclide, c'è una dim semplicissima che usa i numeri di Fermat).2,3) Anche queste sarebbero corollario del teorema di Dirichlet sulle progressioni aritmetiche. Una dim per questi casi è supporre per assurdo che esistano un numero finito di primi $p_i \equiv 1 (mod4)$, porre $n:=(2p_1\cdots p_k)+1$. Se $q$ è un fattore primo di $n$ allora un teorema dice che $q=s^2+t^2$, per qualche $s,t \in NN$; quindi $q \equiv 1 (mod 4)$, ma $q$ non divide $n$.
Supponiamo di nuovo per assurdo che esiste un numero finito di primi $p_i \equiv -1 (mod4)$. Poniamo $n:=4p_1\cdots p_k-1$; quindi $n\equiv -1 (mod4)$ ed è ovvio che non tutti i fattori primi di $n$ possano essere congrui a $1 (mod 4)$.
"Martino":
5) se un ideale è contenuto in un'unione finita di ideali primi allora è contenuto in uno di essi.
Proviamo per induzione su $n$ che
se $fr a$ ideale non è contenuto in alcun $fr p_i$, ideali primi per $i=1,\ldots,n$, allora $fr a$ non è contenuto in $\bigcup_{i=1}^{n} fr p_i$.
La tesi è vera per $n=1$. Supponiamola vera per $n-1$ e provimola per $n$.
Sia $fr a$ non contenuto in alcun $fr p_i, i=1,\ldots,n$. Per ipotesi d'induzione, per ogni $i$, $fr a$ non è contenuto in $fr p_1\cup \cdots \cup fr p_{i-1} \cup fr p_{i+1} \cup \cdots \cup fr p_n$, quindi esiste $x_i\in fr a \setminus (fr p_1\cup \cdots \cup fr p_{i-1} \cup fr p_{i+1} \cup \cdots \cup fr p_n)$.
Se $x_i\notin fr p_i$ per qualche $i$, allora $x_i\in fr a\setminus \bigcup_{i=1}^{n} fr p_i$ e abbiamo la tesi. Supponiamo, allora, che $x_i\in p_i$ per ogni $i=1,\ldots,n$.
Se $x:=sum_{i=1}^n x_1 \cdots x_{i-1} x_{i+1} \cdots x_n$, allora $x\in fr a \setminus \bigcup_{i=1}^{n} fr p_i$.
Per quanto riguarda la 1), ho nel mio computer una dimostrazione "topologica", ma purtroppo non ricordo chi l'abbia inventata e nemmeno dove io l'abbia trovata. Si tratta di questo:
Definiamo una base di aperti su $ZZ$ dicendo che un aperto di base è $U(a,b)=\{a+bn\ |\ n in ZZ\}$ ove $a,b \in ZZ$. Questa posizione definisce una base perché l'intersezione di due progressioni aritmetiche è vuota oppure è una progressione aritmetica. Un generico aperto di $ZZ$, essendo unione di progressioni aritmetiche, avrà quindi infiniti elementi. Inoltre ogni $U(a,b)$ è chiuso in quanto il suo complementare è $\bigcup_{c \ne a\ mod b}U(c,b)$, aperto perché unione di aperti. Ora se i primi fossero in numero finito, $p_1,...,p_k$, allora $ZZ - \{-1,1\} = \bigcup_{i=1}^k U(0,p_i)$ sarebbe chiuso in quanto unione finita di chiusi. Ovvero $\{-1,1\}$ sarebbe aperto. Assurdo perché è un insieme finito.
Se tra voi c'è l'autore di questa dimostrazione, lo dica
La 2) è ok.
Per la 3), sarebbe carino se trovaste una dimostrazione "straightforward" che non faccia uso di teoremi noti troppo potenti.
Per la 4), ok. Ma c'è a mio parere una dimostrazione più "visibile": se $k=\{a_1,...,a_n\}$ è un campo, allora il polinomio $(x-a_1)...(x-a_n)+1$ è monico di grado n e non ha zeri in k.
La 5) è ok!
Ciao ragassi.
Definiamo una base di aperti su $ZZ$ dicendo che un aperto di base è $U(a,b)=\{a+bn\ |\ n in ZZ\}$ ove $a,b \in ZZ$. Questa posizione definisce una base perché l'intersezione di due progressioni aritmetiche è vuota oppure è una progressione aritmetica. Un generico aperto di $ZZ$, essendo unione di progressioni aritmetiche, avrà quindi infiniti elementi. Inoltre ogni $U(a,b)$ è chiuso in quanto il suo complementare è $\bigcup_{c \ne a\ mod b}U(c,b)$, aperto perché unione di aperti. Ora se i primi fossero in numero finito, $p_1,...,p_k$, allora $ZZ - \{-1,1\} = \bigcup_{i=1}^k U(0,p_i)$ sarebbe chiuso in quanto unione finita di chiusi. Ovvero $\{-1,1\}$ sarebbe aperto. Assurdo perché è un insieme finito.
Se tra voi c'è l'autore di questa dimostrazione, lo dica
La 2) è ok.
Per la 3), sarebbe carino se trovaste una dimostrazione "straightforward" che non faccia uso di teoremi noti troppo potenti.
Per la 4), ok. Ma c'è a mio parere una dimostrazione più "visibile": se $k=\{a_1,...,a_n\}$ è un campo, allora il polinomio $(x-a_1)...(x-a_n)+1$ è monico di grado n e non ha zeri in k.
La 5) è ok!
Ciao ragassi.
"Martino":
Per quanto riguarda la 1), ho nel mio computer una dimostrazione "topologica", ma purtroppo non ricordo chi l'abbia inventata e nemmeno dove io l'abbia trovata.
http://planetmath.org/encyclopedia/Furs ... rimes.html
un altro modo di dimostrare che i primi sono infiniti
supponiamo che $P: = {p|$primo$}$ sia finito e siano $p_(1)$ , $p_(k)$ elementi di P, dove $kinNN$
poniamo $n = p_(1)*p_(2)*...p_(k) + 1$, allora $n>1$
dunque $EE$p$inP$ tale che p divide n
per ipotesi $EE jink$ tale che $p=pj$
ne segue che $p$ divide $(p_(1) * p_(2) *... p_(k) + 1) - (p_(1) * ... p_(k)), => p$ divide $1.$
pertanto $p=1$, con contraddizione nell'ipotesi.
é dato per assodato che un numero naturale > 1 è sempre divisibile per un primo, e che se a divide $b_(1)$ e $b_(2)$ con $a, b_(1), b _(2) in ZZ$ allora $a$ divide $b_(1)x + b_(2)y$
Perdonate la mia imperizia nell'espressione formale e nell'uso del matematichese!
supponiamo che $P: = {p|$primo$}$ sia finito e siano $p_(1)$ , $p_(k)$ elementi di P, dove $kinNN$
poniamo $n = p_(1)*p_(2)*...p_(k) + 1$, allora $n>1$
dunque $EE$p$inP$ tale che p divide n
per ipotesi $EE jink$ tale che $p=pj$
ne segue che $p$ divide $(p_(1) * p_(2) *... p_(k) + 1) - (p_(1) * ... p_(k)), => p$ divide $1.$
pertanto $p=1$, con contraddizione nell'ipotesi.
é dato per assodato che un numero naturale > 1 è sempre divisibile per un primo, e che se a divide $b_(1)$ e $b_(2)$ con $a, b_(1), b _(2) in ZZ$ allora $a$ divide $b_(1)x + b_(2)y$
Perdonate la mia imperizia nell'espressione formale e nell'uso del matematichese!
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