algebra1
.pdfДоказанное следствие лежит в основе метода доказательства, известного как метод математической индукции. Пусть P (n) неко-
торое утверждение, зависящее от параметра n 2 N0. Предположим, что нам удалось доказать, что верно утверждение P (a) (база индукции), и что из верности утверждения P (n) следует верность утверждения P (n + 1) (индукционный переход). Тогда P (n) верно для любого n a. Действительно, множество тех n 2 N0, для которых утверждение P (n) верно, удовлетворяет требованиям предыдущего следствия.
2 Деление с остатком для целых чисел
Не всегда одно целое число можно разделить не другое, оставаясь в рамках кольца целых чисел. В какой-то степени неудобства, связанные с невозможностью деления, возмещаются наличием другой операции, называемой делением с остатком.
Теорема 1 (o делении с остатком). Пусть a; b 2 Z, причем b 6= 0. Тогда существуют единственные целые числа q, r, такие что
a = bq + r; 0 r < j b j:
Число q называется неполным частным, а число r остатком от деления a на b.
Доказательство. Сначала докажем единственность. Пусть
a = bq + r = bq0 + r0; 0 r; r0 < j b j:
Тогда j b j r0 r r0 < j b j è r0 r = b(q q0) j b j; это возможно только тогда, когда r0 r = 0, òî åñòü r0 = r. Но тогда
b(q q0) = r0 r = 0;
и, поскольку b 6= 0, получается, что q q0 = 0, òî åñòü q q0.
Перейдем к доказательству существования неполного частного и остатка. Пусть сначала b > 0. Рассмотрим множество Y чисел вида
a bx, где x пробегает множество Z. Пересечение Y \N0 непусто, так êàê ïðè x0 a=b будет bx0 a, а потому целое число a bx0 2 Y неотрицательно. Пусть r наименьший элемент этого пересечения; поскольку r 2 Y , существует q 2 Z, такое что r = a bq. Если r b, то элемент r1 = r b = a b(q + 1) принадлежит Y ; кроме того, 0 r1 < r, и потому r1 2 Y \ N0, причем r1 < r, что противоречит минимальности r. Следовательно, r < b, и a = bq + r, 0 r < b.
Если же b < 0, то b > 0, и по уже доказанному существуют такие q0; r 2 Z, ÷òî a = ( b)q0 + r, 0 r < b = j b j. Положим q = q0; тогда a = bq + r, 0 r < j b j.
11
3 Деление с остатком для многочленов
Аналогия между кольцами целых чисел и многочленов с вещественными коэффициентами может быть продолжена: для многочленов тоже возможно деление с остатком. Прежде, чем сформулировать со-
ответствующую теорему, напомним некоторые факты о степени многочленов. Пусть f(x) = a0 + a1x + : : : + anxn некоторый многочлен;
åñëè an 6= 0, то число n называется степенью многочлена f(x). В частности, степень числа a 2 R, рассматриваемого как многочлен, равна 0, если только a 6= 0; к нулевому многочлену предыдущее определе-
ние неприменимо, поэтому приходится определять для него степень особо. Мы возьмем за степень нулевого многочлена символ 1, и
будем считать, что этот символ меньше любого неотрицательного целого числа. Степень многочлена f(x) будем обозначать deg f(x);
таким образом, deg f(x) 2 N0 [ f 1g.
Теорема 2 (о делении с остатком для многочленов). Пусть f(x); g(x) многочлены с коэффициентами из R, причем g(x) 6= 0.
Тогда существуют единственные многочлены q(x); r(x) 2 R[x], такие что f(x) = g(x)q(x) + r(x) и deg r(x) < deg g(x). Многочлен q(x)
называется неполным частным, а многочлен r(x) остатком от деления f(x) на g(x).
Доказательство. Обозначим через n степень многочлена g(x); тогда
g(x) = a0 + a1x + : : : anxn (a0; a1; : : : ; an 2 R; an 6= 0):
Рассмотрим множество Y многочленов вида f(x) g(x)h(x), где h(x) пробегает все кольцо R[x]. Множество d(Y ) степеней многочленов из Y непусто. Если 1 2 d(Y ), то множеству Y принадлежит нулевой многочлен, то есть существует такой многочлен q(x) 2 R[x], что f(x) g(x)q(x) = 0, а значит, f(x) = g(x)q(x), так что в этом слу-
чае теорема верна (остатком здесь будет нулевой многочлен, степень1 которого меньше степени n ненулевого многочлена g(x)). Если
же 1 62d(Y ), то d(Y ) непустое подмножество N0, и по аксиоме индукции в нем существует наименьшее число m. Это значит, что в множестве Y существует многочлен степени m
r(x) = b0 + b1x + : : : + bmxm (b0; b1; : : : ; bm 2 R; bm 6= 0);
причем степень любого многочлена из Y не меньше m. Поскольку r(x) 2 Y , существует многочлен q(x), такой что r(x) = f(x) g(x)q(x), и остается показать, что m = deg r(x) < deg g(x) = n. Действительно,
åñëè áû áûëî n m, òî r(x), bm xm ng(x) были бы многочленами an
степени m, в которые старшая степень xm входила бы с одним и
12
тем же коэффициентом bm = bm an; поэтому степень их разности an
bm |
|
r1(x) = r(x) an xm ng(x) была бы меньше m, и в то же время этот |
|
многочлен принадлежал бы Y , потому что |
|
r1(x) = r(x) an |
xm ng(x) = f(x) an xm n + q(x) g(x): |
bm |
bm |
Это противоречит тому, что в множестве Y нет многочленов, степень которых меньше m.
Осталось доказать единственность неполного частного и остатка. Пусть q0(x), r0(x) еще одна пара многочленов, обладающая
свойствами f(x) = g(x)q0(x) + r0(x) è deg r0(x) < deg g(x). Тогда r(x) r0(x) = g(x)(q0(x) q(x)), откуда следует, что
deg g(x) > deg(r(x) r0(x)) = deg g(x) + deg(q0(x) q(x));
òî åñòü deg(q0(x) q(x)) < 0, и потому q0(x) q(x) = 0. Таким образом, q0(x) = q(x), а тогда
r0(x) = f(x) g(x)q0(x) = f(x) g(x)q(x) = r(x):
4 Идеалы колeц Z, R[x]
Следующие теоремы являются основными в теории делимости в кольцах Z и R[x].
Теорема 3. Всякий идеал кольца целых чисел Z главный.
Теорема 4. Всякий идеал кольца вещественных многочленов R[x] главный.
Доказательство. Обе теоремы доказываются одинаково. Пусть A одно из колец Z, R[x], и пусть I идеал A. Нулевой элемент 0 кольца A всегда принадлежит идеалу. Если идеал I состоит только из 0, то I = (0), и все доказано. Пусть I состоит не только из 0.
Если A кольцо целых чисел, и 0 6= a 2 I, то положительное число jaj = ( 1) a принадлежит I, так что I \N непустое подмножество N, и в нем есть наименьшее число c.
Если A кольцо вещественных многочленов, то множество степеней ненулевых многочленов из I непустое подмножество N0, è â нем есть наименьший элемент m; обозначим через c любой из много- членов степени m, принадлежащих I. Покажем, что в обоих случаях
I = (c).
13
Любой элемент a 2 (c) имеет вид a = cx, где x 2 A; но c 2 I, и потому a = cx 2 I. Итак, (c) I. Покажем, что и наоборот, любой элемент b 2 I принадлежит (c). Разделим b с остатком на c:
|
2 |
|
deg r < deg c; |
åñëè A = R[x]. |
b = cq + r; ãäå q; r |
|
A è |
0 r < c; |
åñëè A = Z; |
Остаток r = b cq принадлежит идеалу I, так как b и c оба принадлежат I. Предположим, что r 6= 0, Если A = Z, то будет выполняться неравенство 0 < r < c, то есть r будет натуральным числом, меньшим c и принадлежащим I, а это противоречит тому, что наименьшим натуральным числом в I является число c. Точно так же, если A = R[x], то r 6= 0, deg r < deg c = m, то есть r будет ненулевым многочленом, принадлежащим I и имеющим степень, меньшую чем m, а это противоречит тому, что m наименьшая из степеней ненулевых многочленов, принадлежащих идеалу I. Итак, в обоих случаях предположение r 6= 0 ведет к противоречию, так что r = 0 и b = cq 2 (c).
5 Наибольший общий делитель
Пусть A коммутативное ассоциативное кольцо с 1, и пусть a1; : : : ; anкакие-то элементы из A. Элемент d 2 A называется наибольшим
общим делителем a1, ... , an, если выполняются условия: a) a1 d; a2 d; : : : ; an d;
b) åñëè 2 A è a1 ; a2 ; : : : ; an , òî d .
Иными словами, наибольший общий делитель a1, ... , an ýòî òà- кой общий делитель a1, ... , an, который делится на любой их общий делитель.
Естественно возникают вопросы: всегда ли существует наибольший общий делитель? если наибольший общий делитель существует, то единствен ли он? как найти наибольший общий делитель? Мы ответим здесь на первые два вопроса; ответ на третий вопрос для кольца целых чисел будет дан в следующем пункте.
Теорема 5. Пусть A коммутативное ассоциативное кольцо с 1.
(1)Åñëè d, d0 любые два наибольших общих делителя элементов a1; : : : ; an 2 A, òî d è d0 ассоциированы, то есть (d) = (d0).
(2)Если все идеалы кольца A главные, то наибольший общий
делитель элементов a1; : : : ; an существует. Более того, элемент d 2 A является наибольшим общим делителем a1, ... , an тогда
èтолько тогда, когда (d) = (a1; : : : ; an).
(3)Если все идеалы кольца A главные, и d наибольший общий
делитель элементов a1; :::; an 2 A, то существуют такие элементы x1; : : : ; xn 2 A, ÷òî d = x1a1 + + xnan.
14
(4) Если все идеалы кольца A главные, и d наибольший общий делитель элементов a; b 2 A, то существует такой элемент x 2 A, что xa d (mod b).
Доказательство. Утверждение (1) очевидно: наибольший общий делитель d делится на другой общий делитель d0, а наибольший общий
делитель d0 делится на другой общий делитель d. Утверждение (3) тривиально следует из утверждения (2): если d наибольший общий делитель элементов a1; : : : ; an, òî d 2 (d) = (a1; : : : ; an), а идеал (a1; : : : ; an) состоит по определению из элементов вида
x1a1 + + xnan (x1; : : : ; xn 2 A):
Далее, утверждение (4) по существу совпадает с утверждением (3) для n = 2: если d наибольший общий делитель элементов a; b 2
A, то существуют такие x; y 2 A, что xa + yb = d, то есть
xa = d yb d (mod b):
Остается, таким образом, доказать утверждение (2).
Поскольку все идеалы кольца A главные, такой элемент d 2 A, что (d) = (a1; : : : ; an), существует; покажем, что d наибольший общий делитель элементов a1; : : : ; an. В самом деле, все элементы ai (1 i n) принадлежат идеалу (a1; : : : ; an) = (d); но идеал (d) состоит из элементов, делящихся на d, и потому ai d. Итак, d общий делитель a1; : : : ; an. Пусть теперь какой-то общий делитель a1; : : : ; an. Элемент d принадлежит идеалу (d) = (a1; : : : ; an), а идеал (a1; : : : ; an) состоит по определению из элементов вида
x1a1 + + xnan (x1; : : : ; xn 2 A):
Итак, существуют x1; : : : ; xn 2 A, такие что d = x1a1 + + xnan; íî все элементы ai делятся на , и потому элемент d = x1a1 + + xnan тоже делится на . Итак, d наибольший общий делитель элементов
a1; : : : ; an.
Мы доказали, таким образом, что если все идеалы кольца A главные, то наибольший общий делитель d элементов a1; : : : ; an 2 A ñó-
ществует, причем если (d) = (a1; : : : ; an), то d наибольший общий делитель a1; : : : ; an. Обратно, если d0 любой наибольший общий
делитель a1; : : : ; an, то по утверждению (1) доказываемой теоремы имеем: (d0) = (d) = (a1; : : : ; an). Теорема полностью доказана.
В математической литературе принято записывать тот факт, что d является наибольшим общим делителем a1; : : : ; an следующим об- разом: (a1; : : : ; an) = d. Однако, мне кажется, что это не совсем корректно, потому что наибольший общий делитель определен не однозначно, и правильнее было бы писать (a1; : : : ; an) = (d), что мы и будем делать.
15
6 Алгорифм Евклида
Способ, позволяющий вычислить наибольший общий делитель двух целых чисел, был открыт еще в древности. В настоящее время он известен под названием "алгорифм Евклида".
Основан алгорифм Евклида на следующих двух простых утверждениях.
(1) Если a; b 2 Z, b 6= 0 и r остаток от деления a на b, то
(a; b) = (b; r).
(2) Åñëè a 2 Z, òî (a; 0) = (a).
Доказательство. (1) По определению остатка, существует такое целое число q, что a = bq + r; тогда r = a bq. Имеем включения,
которые доказывают (1):
(a; b) = fax + by j x; y 2 Zg =f(bq + r)x + by j x; y 2 Zg =
= fb(qx + y) + rx j x; y 2 Zg (b; r);
(b; r) = fbx + ry j x; y 2 Zg =fbx + (a bq)y j x; y 2 Zg =
=fay + b(x qy) j x; y 2 Zg (a; b):
(2)Совсем очевидно: (a; 0)=fax+0 y j x; y 2Zg=fax j x2Zg = (a).
Теперь мы можем описать алгорифм Евклида. Пусть a; b 2 Z,
причем b 6= 0. Строим последовательность целых чисел a0; a1; a2; : : :
следующим образом:
1.Полагаем a0 = a, a1 = b.
2.Пусть a0; a1; : : : ; an уже построены (n 1). Если an 6= 0, òî
полагаем an+1 равным остатку от деления an 1 íà an; åñëè æå an = 0, то полагаем d = an 1 и останавливаем построение.
Покажем, что эта процедура обязательно остановится и что выданное ею число d является наибольшим общим делителем a и b.
Поскольку при n > 1 каждое число an является остатком от деления на предыдущее число, справедливы неравенства:
a2; a3; 0; a2 > a3 > : : : :
Но убывающая последовательность положительных целых чисел не может быть бесконечной, и поэтому обязательно найдется такой номер n > 1, что an 1 6= 0, an = 0. Тогда по построению d = an 1;
вспоминая, что каждое ai+1 это остаток от деления ai 1 íà ai, è используя доказанные выше утверждения 1, 2, мы получаем:
(a; b) = (a0; a1) = (a1; a2) = = (an 1; an) = (an 1; 0) = (d; 0) = (d):
Таким образом, d наибольший общий делитель a и b.
16
Заметим, что алгорифм Евклида не только находит наибольший общий делитель чисел a и b, но и позволяет представить его в виде
au+bv, где u; v 2 Z. Для этого последовательно представим все числа ai â âèäå ai = aui + bvi. Имеем: a0 = a 1 + b 0, a1 = a 0 + b 1. Ïî построению ai 1 = qiai + ai+1, ãäå qi неполное частное от деления ai 1 íà ai; если уже найдены линейные представления
ai 1 = aui 1 + bvi 1; ai = aui + bvi;
òî ai+1 = ai 1 qiai = a(ui 1 qiui) + b(vi 1 qvi), так что в качестве ui+1, vi+1 можно взять числа ui 1 qiui, vi 1 qvi. Поскольку d = an 1, мы и получим искомое линейное представление наибольшего общего делителя d = aun 1 + bvn 1.
7 Взаимно простые элементы
Мы возвращаемся к рассмотрению произвольных коммутативных ассоциативных колец с 1, в которых все идеалы главные. Элементы a1; : : : ; an кольца A называются взаимно простыми в совокупности, если 1 является их наибольшим общим делителем. Подчеркнем: было бы не совсем точно сказать, что элементы взаимно просты в совокупности, если их наибольший общий делитель равен 1, потому что, например, 1 тоже будет наибольшим общим делителем этих
элементов. Тот факт, что элементы a1; : : : ; an взаимно просты в со- вокупности, равносилен соотношению (a1; : : : ; an) = (1), которое мы и будем использовать для обозначения этого факта (в отличие от обычно применяющегося в литературе обозначения (a1; : : : ; an) = 1).
Для двух элементов a; b 2 A вместо того, чтобы говорить, что они
взаимно просты в совокупности, мы будем говорить, что они взаимно просты, опуская слова "в совокупности".
Основные свойства взаимной простоты собраны в следующем утверждении.
Предложение 7. Пусть A коммутативное ассоциативное кольцо с 1, в котором все идеалы главные.
(1)Элементы a1; : : : ; an 2 A взаимно просты в совокупности тогда и только тогда, когда существуют элементы x1; : : : ; xn 2 A, такие что x1a1 + + xnan = 1.
(2)Элементы a; b 2 A взаимно просты тогда и только тогда,
когда существует элемент x 2 A, такой что xa 1 (mod b).
(3) Если a; b; c 2 A, ab c и элементы a и c взаимно просты, то
bc.
(4)Åñëè a; b; c 2 A, (a; c) = (1), (b; c) = (1), òî (ab; c) = 1.
(5)Åñëè a1; : : : ; an; b элементы из A, и если каждый из элементов ai, (1 i n), взаимно прост с b, то их произведение a1 : : : an
тоже взаимно просто с b.
17
(6)Åñëè a1; : : : ; an; b1; : : : ; bm элементы из A, и каждый из элементов a1; : : : ; an взаимно прост с каждым из элементов b1; : : : ; bm, то их произведения a1 : : : an è b1 : : : bm взаимно просты.
(7)Если a; b; c 2 A, a b, a c и b и c взаимно просты, то a bc.
(8) Åñëè a; b1; : : : ; bn 2 A, a bi для всех i, 1 i n, и элементы b1; : : : ; bn попарно взаимно просты (то есть (bi; bj) = (1) äëÿ âñåõ i 6= j, 1 i; j n), òî a (b1 : : : bn).
Доказательство. (1) Если 1 наибольший общий делитель элемен-
òîâ a1; : : : ; an, то по теореме 5, (3) существуют элементы x1; : : : ; xn из A, такие что x1a1 + + xnan = 1. Обратно, если d наибольший общий делитель a1; : : : ; an è x1a1 + + xnan = 1 для некоторых x1; : : : ; xn 2 A, òî 1 = x1a1 + + xnan d, то есть d делитель 1. Но тогда 1 d тоже наибольший общий делитель a1; : : : ; an.
(2) Если 1 наибольший общий делитель a; b 2 A, то по теореме 5, (4) существует элемент x 2 A, такой что xa 1 (mod b). Обратно, если d наибольший общий делитель a и b, и существует элемент x 2 A, такой что xa 1 (mod b), то существует и элемент y 2 A, такой что xa 1 = by, то есть 1 = xa + ( y)b; но тогда a и b взаимно просты по утверждению (1).
(3)Элементы a и c взаимно просты; поэтому по свойству (2) существует такой элемент x 2 A, что xa 1 (mod c). Умножая обе части этого сравнения на b и учитывая, что ab c, то есть ab 0 (mod c), получаем, что b xab 0 (mod c), и b c.
(4)Если (a; c) = (1), (b; c) = (1), то по свойству (2) существуют такие x; y 2 A, что xa 1 (mod c), yb 1 (mod c). Перемножив эти сравнения, получим: (xy)(ab) 1 (mod c). Опять используя свойство
(2)(но уже в другую сторону!), получаем, что ab и c взаимно просты.
(5)Индукция по n. При n = 1 утверждение бессодержательно, при n = 2 оно совпадает со свойством (4). Пусть n > 2 и уже дока-
çàíî, ÷òî (a1 : : : an 1; b) = (1); тогда, опять по свойству (3), элементы (a1 : : : an 1)an = a1 : : : an 1an и b взаимно просты.
(6)По свойству (4), каждый из элементов b1, ... , bm взаимно прост
ñпроизведением a1 : : : an; опять используя свойство (4), находим, что произведение b1 : : : bm взаимно просто с a1 : : : an.
(7) Поскольку a b, a c, в A найдутся такие элементы u; v, что a = bu = cv. Далее, b и c взаимно просты, и потому существуют x; y 2 A, такие что 1 = bx + cy. Умножив последнее равенство на a, получаем:
a= abx + acy = (cv)bx + (bu)cy = (bc)(vx + uy) bc:
(8)Индукция по n; при n = 2 утверждение совпадает со свойством
(7). Пусть n > 2 и пусть уже доказано, что a делится на b1 : : : bn 1. По свойству (5) элементы b1 : : : bn 1 è bn взаимно просты. Поскольку
18
a делится и на b1 : : : bn 1, è íà bn, по свойству (7) a делится и на
(b1 : : : bn 1)bn = b1 : : : bn 1bn.
8 Китайская теорема об остатках
Теорема 6. Пусть A коммутативное ассоциативное кольцо с 1,
в котором все идеалы главные, и пусть элементы n1, . . . , nr 2 A попарно взаимно просты. Тогда:
(1)для произвольных элементов a1; : : : ; ar 2 A найдется такой элемент x 2 A, что, x a1 (mod n1), . . . , x ar (mod nr);
(2)всякие два таких элемента сравнимы по модулю n1 nr, è наоборот, всякий элемент y 2 A, сравнимый по модулю n1 nr ñ
элементом x, удовлетворяющим требованиям пункта (1), тоже удовлетворяет этим требованиям.
Доказательство. (1) Утверждение бессодержательно, если r = 1. Пусть r 2. Для 1 i r обозначим через Ni произведение всех элементов n1, . . . , nr, кроме ni. Поскольку элемент ni взаимно прост с каждым элементом nj, j 6= i, он взаимно прост и с их произведением Ni, и поэтому в A есть такой элемент qi, ÷òî qiNi 1 (mod ni). Положим x = a1q1N1 + + aiqiNi + + arqrNr. При i 6= j элемент ni входит в Nj в качестве сомножителя, и потому Nj 0 (mod ni); следовательно, для любого i, 1 i r,
x = a1q1N1+ +aiqiNi+ +arqrNr ai(qiNi) ai 1 = ai (mod ni):
(2) Пусть x; y 2 A, и пусть x a1 (mod n1), . . . , x ar (mod nr); чтобы выполнялись сравнения y a1 (mod n1), . . . , y ar (mod nr) необходимо и достаточно, чтобы разность y x была сравнима с 0 по
каждому из модулей n1, . . . , nr, то есть чтобы эта разность делилась на каждый из элементов n1, . . . , nr. Поскольку по условию теоремы элементы n1, . . . , nr попарно взаимно просты, предыдущее условие по предложению 7, (8) равносильно тому, что y x делится на n1 nr, òî åñòü y x (mod n1 nr).
x 4: Неприводимые и простые элементы
1 Неприводимые элементы
Пусть A область целостности, то есть коммутативное ассоциативное кольцо с 1 и без делителей 0. Всякий элемент a 2 A делится на любой обратимый элемент кольца A и на любой элемент, ассоциированный с a. Такие делители a называются тривиальными. Элемент p 2 A называется неприводимым, если p 6= 0, p не делит 1 (то есть p
19
необратимый элемент кольца A), и если у p нет делителей кроме тривиальных.
Предложение 8. Пусть A область целостности.
(1)Если p неприводимый элемент кольца A, и если p = ab, где a; b 2 A, то один из элементов a; b делится на p.
(2)Если a 2 A не неприводимый элемент, то или a = 0, или
a делит 1, или существуют такие элементы b; c 2 A, что a = bc, но ни один из сомножителей b; c не делится на a и не делит 1.
Доказательство. (1) Пусть p неприводимый элемент A и p = ab, где a; b 2 A. Элементы a; b делители p, и, поскольку p непри-
водимый элемент, каждый из них или обратим, или ассоциирован с p, а значит, делится на p. Но оба сомножителя не могут быть обра-
тимыми, потому что иначе обратимым было бы и их произведение p = ab, а по определению неприводимый элемент p не может быть
обратимым.
(2) Если a 2 A, a 6= 0, a не делит 1 и a не неприводимый элемент, то найдется такой элемент b 2 A, что a b, b не делит 1 и не ассоциирован с a, а потому не делится на a. Поскольку a делится на b, существует элемент c 2 A, такой что a = bc. Если бы элемент c был бы делителем 1, то a и b были бы ассоциированы,
что не так. Для доказательства утверждения (2) остается показать, что c не делится на a. Если бы это было не так, то существовал бы
элемент d 2 A, такой что c = da, и тогда получилось бы, что a = bda, то есть (1 bd)a = 0. Но в A нет делителей 0, а a 6= 0; поэтому из предыдущего равенства следует, что 1 bd = 0, то есть 1 = bd, и значит, b делит 1 вопреки предположению.
Предложение 9. Пусть A коммутативное ассоциативное кольцо с 1.
(1) Пусть p 6= 0 неприводимый элемент A и пусть a 2 A. Тогда или a делится на p, или 1 является наибольшим общим делителем a и p (то есть элемент a взаимно прост с p).
(2) Если p, q ненулевые неприводимые элементы A и p q, то p q, или, что то же, (p) = (q).
(3)Если p ненулевой неприводимый элемент A и q p, то q
тоже неприводимый элемент A.
Доказательство. (1) Предположим, что a не делится на p. Единич- ный элемент 1 является общим делителем a и p. Пусть d 2 A любой общий делитель a и p. Тогда p d; следовательно, d, как и любой делитель неприводимого элемента p, ассоциирован с p или является делителем 1. В первом случае a делится на ассоциированный с d элемент p, а это противоречит нашему предположению; следовательно, произвольный общий делитель элементов a и p является и
20