Быстрый поиск

Дипломная работа: Мультипликативные полугруппы неотрицательных действительных чисел

Доказательство. Пусть НОД и НОД(а,b) = 1, тогда среди делителей элементов b и с нет делителей элемента а. Следовательно, и среди делителей элемента bc нет делителей элемента а, что и означает, что .

Свойство 10. Если , то для любых N.

Доказательство. Докажем, что методом математической индукции. Пусть m = 1, тогда по условию, т.е. база индукции верна. Предположим, что для всех k < m. Покажем, что при k = m. по свойству (10) для с = b. Отсюда, для всех N. по свойству 3 делимости. Аналогичными рассуждениями получаем для любого N. Следовательно, .

Свойство 11. Если , то для любого .

Доказательство. Пусть , тогда а = sd и c = td для некоторых s,tS таких, что НОД(s,t) = 1. Поскольку , то НОД(s,b) = 1 и по свойству 9 НОД(s,tb) = 1. Следовательно, . Свойство доказано.

Свойство 12. Существование НОК(a,b) влечет существование НОД(a,b) и равенство НОД(a,b) НОК(a,b) = ab.

Доказательство. Если хотя бы одно из чисел или равно 0, то и равенство справедливо. Пусть элементы и ненулевые и . Поскольку - общее кратное чисел и , то для некоторого . Так как и , то - общий делитель и . Докажем, что делится на любой общий делитель элементов и . Пусть - произвольный общий делитель чисел и , т.е. и для некоторых . Поскольку - общее кратное элементов и , то . Так как , то для некоторого . Отсюда . Следовательно, , и, значит, НОД().

Предложение 1. Полугруппа является НОК-полугруппой тогда и только тогда, когда есть НОД-полугруппа.

Доказательство. По свойству 12 достаточно доказать, что любая НОД-полугруппа является НОК-полугруппой. Пусть есть НОД-полугруппа. Возьмем произвольные . Если хотя бы одно из чисел равно 0, то . Рассмотрим случай и . Обозначим . Тогда и для некоторых . Поскольку по свойству 7, то . Положим . Число является общим кратным элементов и . Осталось показать, что на делится любое общее кратное и . Возьмем произвольное общее кратное элементов и , т. е. для некоторых . Тогда , т.е. (поскольку ). По свойству 11 имеем , значит, для некоторого . Поэтому , т.е. .

§ 2. Строение числовых НОД и НОК полугрупп

Далее будем рассматривать множество всех неотрицательных действительных чисел R+ и мультипликативную полугруппу SR+, содержащую 0 и 1, с топологией, индуцированной топологией числовой прямой.

Лемма 1. Если S связно, то S= или S=R+.

Доказательство. Пусть S связное множество в R+. Тогда S является промежутком. Поскольку и , то . Если в S нет элемента c > 1, то . В противном случае числа (N) принимают сколь угодно большие значения. Поскольку S – промежуток, то для всех N. Отсюда R+.

Лемма 2. Если несвязно, то .

Доказательство. Предположим, что . Тогда в силу несвязности существуют такие числа , что и . Так как , то . Тогда . Полученное противоречие завершает доказательство.

Лемма 3. Если , то или =R+.

Доказательство. Очевидно, - полугруппа. Пусть и . Тогда существует элемент . Докажем, что . Возьмем произвольное . Пусть натуральное N таково, что . Тогда из следует . Отсюда . Лемма доказана.

Лемма 4. Пусть S – НОД-полугруппа и пространство S несвязно. Тогда:

1) (0,с)S для любого ,

2) если , то и для любого .

Доказательство. 1) Если в интервале (0,1) нет элементов из S, то заключение очевидно. Пусть (0,1)ÇS¹Æ. Предположим, что (0,c)S для некоторого . Не теряя общности, будем считать, что . Так как S несвязно, то по лемме 2 существует s[0, 1]\S. Возьмем в S ненулевой элемент и положим b=asS. Пусть d=НОД(a,b). Поскольку 0<s<1, то sn0 при n. Тогда sN < c для некоторого натурального N, и, значит, sNS. По свойству 8, пункт (3), НОД(a/d, b/d)=1. Поскольку b/d:a/d=sS, то элемент a/d необратим в S. Очевидно, необратимым является и (a/d)N. По свойству 11, пункт (5), имеем НОД((a/d)N, (b/d)N)=1. Из (b/d)N:((a/d)N=sNS следует, что НОД((a/d)N, (b/d)N)=(a/d)N. Значит, элемент (a/d)N ассоциирован с 1, т. е. обратим. Получили противоречие. Следовательно, (0, с)S для любого .

2) Если , то заключение справедливо. Пусть и . Тогда по лемме 3 существует s. Предположим, что для некоторого с >1. Возьмем в S элемент и положим b=asS. Поскольку s>1, то sn+¥ при n. Следовательно, sN>c для некоторого натурального N, и, значит, sNS. Повторяя рассуждения, проведенные выше, заключаем: для любого .

Предложение 2. Пусть S – НОД-полугруппа. Если пространство S несвязно и , то S нульмерно.

Доказательство. Докажем, что при выполненных условиях в любом интервале , где , есть точки, не принадлежащие S. Доказывая от противного, предположим, что [a,b]S для некоторых . Возможны два случая.