Abstrakt algebra: Element som är associerat med ett irreducibelt element är ett irreducibelt element

Så vitt jag kan se har du tänkt helt rätt! :D

Notera dock att det finns en del subtiliter i begreppet "irreducibel" (nollskildhet och icke-inverterbarhet) som man behöver vara lite försiktig med. Här kommer därför ett försök att visa hur man skulle kunna tackla den här uppgiften lite mer noggrant.

Ett bra första steg är att formulera om påståendet lite mer exakt genom att införa symboler för de matematiska objekt som det uttalar sig om, t.ex. så här:

Påstående 1. Låt $R$ vara ett integritetsområde, och låt $r,r'\in R$ vara associerade element. Om $r$ är irreducibelt, så är även $r'$ irreducibelt.

Det kan också vara en god idé att på ett papper vid sidan om påminna sig själv om hur de relevanta definitionerna lyder.

Definition. Två element $r$ och $r'$ i ett integritetsområde $R$ sägs vara associerade om det finns ett inverterbart element $u\in R$ sådant att $r'=ru$.

Definition. Låt $R$ vara ett integritetsområde. Ett element $r\in R$ sägs vara irreducibelt om det har följande tre egenskaper:

(a) $r\neq 0$.

(b) $r$ inte är inverterbar.

(c) Det existerar inga nollskilda, icke-inverterbara element $a,b\in R$, sådana att $r=ab$.

Okej, dags för beviset då!

Vi börjar med att konstera att definitionen av associerade element säger att $r'=ru$, för något inverterbart element $u\in R$. Vi antar sedan att $r$ är irreducibelt, och försöker visa att att $r'=ru$ också måste vara det. Detta gör vi genom att visa att $r'$ uppfyller egenskaperna (a), (b) och (c) i definitionen steg för steg, med hjälp av små mini-motsägelsebevis:

(a) Vi måste ha $ru\neq 0$.

Om vi i stället skulle ha haft $ru=0$, så skulle vi kunna förlänga med $u^{-1}$ och få $ruu^{-1}=0u^{-1}$, dvs. $r=0$, vilket skulle motsäga antagandet att $r$ är irreducibelt.

(b) $ru$ kan inte vara inverterbart.

Om det vore det, skulle det finnas något element $x\jn R$ sådant att $(ru)x=1$. Men eftersom multiplikation är associativt skulle det innebära att $r(ux)=1$, dvs. att $r$ har $ux$ som invers och alltå är invererbart. Det skulle motsäga antagandet att $r$ är irreducibelt.

(c) Det kan inte finnas några nollskilda, icke-inverterbara element $a,b\in R$, sådana att $ru=ab$.

Om det fanns det, så skulle det, precis som du själv skriver, gälla att $r=a(bu^{-1})$. Med samma argument som vi använde i (a) och (b) kan vi visa att $bu^{-1}$ ärver egenskapen att vara nollskild och icke-inverterbar från $b$. Alltså skulle detta motsäga antagandet att $r$ är irreducibelt.

Slutsats: $r'=ru$ är irreducibelt.

Detta blev en ganska lång utläggning, men när man har gjort den här typen av bevis några gånger blir man till sist så säker så att man inte behöver skriva ut allt detta, utan direkt kan "känna" att vissa steg i beviset, t.ex. (a) och (b) är "uppenbara". Men tills dess är det säkrast att vara så noggrann som möjligt med att skriva ut varje steg. 

Även för påstående (2) är det en bra början att förtyliga det genom att införa lite symboler.

Påstående 2. Låt $R$ vara ett integritetsområde, och låt $r,r\text{'}\in R$ vara associerade element. Om $r$ är primt, så är även $r\text{'}$ primt. 

Vi påminner oss om vad det betyder att vara primt:

Definition. Låt $R$ vara ett integritetsområde. Ett element $p\in R$ sägs vara primt om det uppfyller följande tre kriterier:

(a) $p\neq 0$

(b) $p$ är inte inverterbart

(c) Om $a,b\in R$ är sådana att $p\mid ab$, så gäller $p\mid a$ eller $p\mid b$.

Precis som innan kan vi översätta faktumet att $r$ och $r'$ är associerade till att det existerar något inverterbart element $u\in R$, sådant att $r'=ru$. Vi kan sedan på samma sätt som tidigare visa att $r'$ "ärver" egenskaperna (a) och (b) från $r$ om $r$ är primt. Prova nu att visa (c), och säg till om du kör fast, eller om något annat är förvirrande!

oggih skrev:

Även för påstående (2) är det en bra början att förtyliga det genom att införa lite symboler.

Påstående 2. Låt $R$ vara ett integritetsområde, och låt $r,r\text{'}\in R$ vara associerade element. Om $r$ är primt, så är även $r\text{'}$ primt. 

Vi påminner oss om vad det betyder att vara primt:

Definition. Låt $R$ vara ett integritetsområde. Ett element $p\in R$ sägs vara primt om det uppfyller följande tre kriterier:

(a) $p\neq 0$

(b) $p$ är inte inverterbart

(c) Om $a,b\in R$ är sådana att $p\mid ab$, så gäller $p\mid a$ eller $p\mid b$.

Precis som innan kan vi översätta faktumet att $r$ och $r'$ är associerade till att det existerar något inverterbart element $u\in R$, sådant att $r'=ru$. Vi kan sedan på samma sätt som tidigare visa att $r'$ "ärver" egenskaperna (a) och (b) från $r$ om $r$ är primt. Prova nu att visa (c), och säg till om du kör fast, eller om något annat är förvirrande!

 Tack så jättemycket för ditt svar, nu blev det väldigt tydligt :) 

Jag har tyvärr trots det inte helt lyckats med slutklämmen; att visa att ett associerat element till ett primelement är ett primelement. Mitt försök:

(Att visa kriterium a och b klarade jag fint, men körde fast på c)

Antag r primt och u är ett inverterbart tal
Visa att r' = ru är primt
r|ab --> r|a eller r|b
r|ab --> ru | abu --> ru|au eller ru|bu
--> ru primt

Jag tror att man får göra så (multiplicera täljare och nämnare med u) men jag är osäker på om detta håller som bevis... 

Idén är helt rätt, men det går kanske att göra beviset lite tydligare. Kom ihåg att det du behöver visa, är att implikationen

  $ru\mid ab\:\:\implies [\:\:ru\mid a\:\:\text{eller}\:\:ru\mid b\:\:]$

gäller för godtyckligt valda $a,b\in R$. Så ett snyggt bevis borde börja från vänstersidan av implikationen och sluta med högersidan. Prova och se om du får ihop något vettigt!

Verktyget man behöver för detta är -- precis som du är inne på -- det faktum att multiplikation med inverterbara element inte påverkar delbarhet. Mer precist kan vi uttrycka det på följande vis:

Påstående 3. Låt $R$ vara ett integritetsområde, låt $x,y\in R$ och låt $u$ vara ett inverterbart element i $R$. Anta att $x\mid y$. Då gäller $x\mid yu$ och att $xu\mid y$. (Speciellt har vi också $xu\mid yu$, i fall man vill använda det.)

Innan vi ger oss på ett bevis är det klokt att påminna oss själva om vad delbarhet betyder. Slå gärna upp definitionen i din lärobok och skriv ner den på ett kladdpapper så att du har den framför dig medan du läser.

Bevis. Premissen $x\mid y$ betyder att det finns något element $q\in R$ sådant att $y=qx$. Genom att förlänga med $u$ i båda led får vi

   $yu=(qu)x$, dvs. $\color{blue} x\mid yu$.

Tricket är sedan att förlänga en gång till, med $u^{-1}$ denna gång. Vi kan då ta bort $u$:et i VL, samtidigt som vi behåller $u$:et i HL, så att vi får

  $yuu^{-1}=quu^{-1}x$

  $y=(qu^{-1})(xu)$ dvs. $\color{blue} xu\mid y$.

Q.E.D.

Notera att vi här friskt utnyttjar det faktum att muliplikationen i ett integritetsområde inte bara är associativ utan dessutom kommutativ, så att vi helt fritt kan flytta runt och gruppera om bland faktorerna i vardera led.

...och kör du fast kommer här även ett förslag på hur man visar implikationen. Men försök gärna själv först!

 Vi vet att

   $r\mid ab\implies [\:\:r\mid a\:\:\text{eller}\:\: r\mid b\:\:]\,,$

och det vi vill visa är

   $ru\mid ab\implies [\:\:ru\mid a\:\:\text{eller}\:\: ru\mid b\:\:]\,.$

Men eftersom inverterbara element inte påverkar delbarhetsegenskaper (enligt Påstående 3 ovan) gäller följande kedja av implikationer

   $ru\mid ab\overset{\small\text{Prop. 3}}{\implies} ruu^{-1}\mid ab \Longrightarrow r\mid ab\:\:\overset{\small\text{Premiss}}{\implies}[\:\:r\mid a\:\:\text{eller}\:\:r\mid b]\overset{\small\text{Prop. 3}}{\implies}[\:\:ru\mid a\:\:\text{eller}\:\:ru\mid b\:\:]$,

vilket var vad vi ville visa! :D

oggih skrev:

...och kör du fast kommer här även ett förslag på hur man visar implikationen. Men försök gärna själv först!

---

 Vi vet att

   $r\mid ab\implies [\:\:r\mid a\:\:\text{eller}\:\: r\mid b\:\:]\,,$

och det vi vill visa är

   $ru\mid ab\implies [\:\:ru\mid a\:\:\text{eller}\:\: ru\mid b\:\:]\,.$

Men eftersom inverterbara element inte påverkar delbarhetsegenskaper (enligt Påstående 3 ovan) gäller följande kedja av implikationer

   $ru\mid ab\overset{\small\text{Prop. 3}}{\implies} ruu^{-1}\mid ab \Longrightarrow r\mid ab\:\:\overset{\small\text{Premiss}}{\implies}[\:\:r\mid a\:\:\text{eller}\:\:r\mid b]\overset{\small\text{Prop. 3}}{\implies}[\:\:ru\mid a\:\:\text{eller}\:\:ru\mid b\:\:]$,

vilket var vad vi ville visa! :D

Tack igen! <3 
Jag tänkte på en sak när jag läste ditt senaste inlägg i tråden:
Om (ru | ab --> ruu⁻¹ | ab) är en OK operation, varför inte bara konstatera att enligt antagandet gäller att (r|ab --> r|a eller r|b) och multiplicera de nämnarna med ett inverterbart element istället så vi får (ru|ab --> ru|a eller ru|b), vilket är vad vi sökte?

Bra fråga! I princip kan man göra så som du beskriver, men det gäller att vara försiktig så att man inte går vilse.

Anta att vi vet att A implicerar B, att A implicerar X och att B implicerar Y, dvs. vi har följande situation:

$\begin{matrix}A & \Rightarrow & B\\ \Downarrow & & \Downarrow\\ X & & Y\end{matrix}$

Kan vi utifrån detta dra slutsatsen att $X\implies Y$?

Verkligen inte! När vi "går ner" från A och B till X och Y, så finns risken att vi förlorar massa information, så att "vänster-till-höger"-implikationen förstörs.

Ett exempel kan vara detta:

$\begin{matrix}2x-8=0 & \Rightarrow & x-4=0\\ \Downarrow & & \Downarrow\\ x\neq 0 & & x=4\end{matrix}$

eller detta:

$\begin{matrix}\text{I'm human} & \Rightarrow & \text{I'm a mammal}\\ \Downarrow & & \Downarrow\\ \text{I'm multicelluar} & & \text{I'm an animal}\end{matrix}$

Det känns som att du försöker göra ungefär detta:

$\begin{matrix}r\mid ab & \Rightarrow & r\mid a\: \text{or}\: r\mid b\\ \Downarrow & & \Downarrow\\ ru\mid ab & & ru\mid a\: \text{or}\: ru\mid b\end{matrix}$

Nej, vill man dra slutsatsen $X\implies Y$ med hjälp av $A\implies B$ behöver man i stället visa att $X\implies A$ och $B\implies Y$, så att vi har denna situation:

$\begin{matrix}A & \Rightarrow & B\\ \Uparrow & & \Downarrow\\ X & & Y\end{matrix}$

Då har vi en "väg" från X till Y via A och B. I ditt fall motsvarar det

$\begin{matrix}r\mid ab & \Rightarrow & r\mid a\:\text{or}\: r\mid b\\ \Uparrow & & \Downarrow\\ ru\mid ab & & ru\mid a\:\text{or}\: ru\mid b\end{matrix}$

vilket är just det "vägval" jag gjorde i mitt tidigare bevis (gå gärna tillbaka och jämför!).

Anledningen till att du ändå i princip har rätt är att multiplikation med inverterbara element inte leder till att någon information förloras. I stället gäller ekvivalens på följande vis:

$\begin{matrix}r\mid ab & \Rightarrow & r\mid a\:\text{or}\: r\mid b\\ \Updownarrow & & \Updownarrow\\ ru\mid ab & & ru\mid a\:\text{or}\: ru\mid b\end{matrix}$

och då är det inga problem att dra slutsatsen vi har en "vänster-till-höger" implikation även på nedre raden. Generellt så kan alltså denna situation:

$\begin{matrix}A & \Rightarrow & B\\ \Updownarrow & & \Updownarrow\\ X & & Y\end{matrix}$

användas för att dra slutsatsen att X implicerar Y. Men är man det minsta osäker är det alltid säkrast att bevisa "X medför Y" genom att börja på X och sedan steg för steg tydligt visa hur man kommer fram till Y.

oggih skrev:

Bra fråga! I princip kan man göra så som du beskriver, men det gäller att vara försiktig så att man inte går vilse.

---

Anta att vi vet att A implicerar B, att A implicerar X och att B implicerar Y, dvs. vi har följande situation:

$\begin{matrix}A & \Rightarrow & B\\ \Downarrow & & \Downarrow\\ X & & Y\end{matrix}$

Kan vi utifrån detta dra slutsatsen att $X\implies Y$?

Verkligen inte! När vi "går ner" från A och B till X och Y, så finns risken att vi förlorar massa information, så att "vänster-till-höger"-implikationen förstörs.

Ett exempel kan vara detta:

$\begin{matrix}2x-8=0 & \Rightarrow & x-4=0\\ \Downarrow & & \Downarrow\\ x\neq 0 & & x=4\end{matrix}$

eller detta:

$\begin{matrix}\text{I'm human} & \Rightarrow & \text{I'm a mammal}\\ \Downarrow & & \Downarrow\\ \text{I'm multicelluar} & & \text{I'm an animal}\end{matrix}$

Det känns som att du försöker göra ungefär detta:

$\begin{matrix}r\mid ab & \Rightarrow & r\mid a\: \text{or}\: r\mid b\\ \Downarrow & & \Downarrow\\ ru\mid ab & & ru\mid a\: \text{or}\: ru\mid b\end{matrix}$

---

Nej, vill man dra slutsatsen $X\implies Y$ med hjälp av $A\implies B$ behöver man i stället visa att $X\implies A$ och $B\implies Y$, så att vi har denna situation:

$\begin{matrix}A & \Rightarrow & B\\ \Uparrow & & \Downarrow\\ X & & Y\end{matrix}$

Då har vi en "väg" från X till Y via A och B. I ditt fall motsvarar det

$\begin{matrix}r\mid ab & \Rightarrow & r\mid a\:\text{or}\: r\mid b\\ \Uparrow & & \Downarrow\\ ru\mid ab & & ru\mid a\:\text{or}\: ru\mid b\end{matrix}$

vilket är just det "vägval" jag gjorde i mitt tidigare bevis (gå gärna tillbaka och jämför!).

---

Anledningen till att du ändå i princip har rätt är att multiplikation med inverterbara element inte leder till att någon information förloras. I stället gäller ekvivalens på följande vis:

$\begin{matrix}r\mid ab & \Rightarrow & r\mid a\:\text{or}\: r\mid b\\ \Updownarrow & & \Updownarrow\\ ru\mid ab & & ru\mid a\:\text{or}\: ru\mid b\end{matrix}$

och då är det inga problem att dra slutsatsen vi har en "vänster-till-höger" implikation även på nedre raden. Generellt så kan alltså denna situation:

$\begin{matrix}A & \Rightarrow & B\\ \Updownarrow & & \Updownarrow\\ X & & Y\end{matrix}$

användas för att dra slutsatsen att X implicerar Y. Men är man det minsta osäker är det alltid säkrast att bevisa "X medför Y" genom att börja på X och sedan steg för steg tydligt visa hur man kommer fram till Y.

 Wow! Tack så jättemycket för den förklaringen och alla andra förklaringar!