A bizonyításhoz az euklidészi algoritmus általánosított változatát fogjuk felhasználni. Legyen és az integritástartomány két tetszőleges eleme, és jelöljük -rel a nullelemet, -val pedig a „nulla” természetes számot. Ha vagy közül bármelyik , akkor létezik kitüntetett …
Az és relációk teljesülése, valamint az vagy relációk közül legalább az egyik teljesülése a miatt azt jelenti, hogy léteznek és természetes számok, amelyek közül legalább az egyik nem , valamint és . A második egyenletbe …
Tegyük fel, hogy felbonthatatlan elem -ben. Azt kell megmutatni, hogy prímtulajdonságú, azaz hogy ha valamilyen és elemek esetén teljesül a oszthatóság, de , akkor szükségképpen teljesül a oszthatóság. Tegyük hát fel, hogy . Mivel azt …
Mivel közös osztó, ezért teljesülnek az alábbi oszthatóságok: A második oszthatóság jobboldala a 7. pontja miatt tetszőleges elemmel megszorozható: Az tehát osztója -nak és -nek, így ugyanezen tétel 6. pontja miatt osztója a különbségüknek is: …
Az általánosság megsértése nélkül feltételezhetjük, hogy nem a szerinti nullgyűrű. Ha ugyanis az lenne, akkor az egyetlen elem a lenne, így nyilván teljesülne a tétel állítása bármiféle feltétel nélkül is. Ha nem a nullgyűrű, akkor …
Ha , akkor nyilván igaz az állítás, hiszen a 1. pontja miatt egyrészt , másrészt a 1. pontja miatt . Ha , akkor hasonló okok miatt szintén nyilvánvalóan teljesül a tétel, hiszen egyrészt , másrészt …
Az, hogy fennáll az oszthatóság azt jelenti, hogy létezik olyan gyűrűelem, amelyre teljesül az alábbi egyenlet: Az egyenlet mindkét oldalát a gyűrűelemmel megszorozva ezt kapjuk: Mivel azonban a ban megfogalmazott 4. gyűrűaxióma alapján a szorzás …
Az esetet egyből ki is zárhatjuk, hiszen a utáni megjegyzés miatt ekkor nem létezne legnagyobb közös osztó. Minthogy létezik (hiszen az), ezért biztos, hogy és közül legalább az egyik nem . Ebből viszont következik, hogy …
Nézzük a tétel első állítását. Tegyük fel, hogy kitüntetett közös osztója -nak és -nek, valamint -re teljesül, hogy – azaz és asszociáltak. Azt kell megmutatni, hogy ekkor is kitüntetett közös osztó. Az asszociáltság ja alapján …
Először azt mutatjuk meg, hogy egy tetszőleges egész számnak mindig véges sok osztója van. Elegendő azt az esetet vizsgálni, amikor pozitív. Ha ugyanis negatív, akkor egyrészt a 1. pontja miatt az ellentettje pozitív lenne, amelynek …
Az biztos, hogy , hiszen máskülönben lenne a 4. pontja miatt. A rendezési reláció trichotómiájából (lásd a t), valamint -ból következően vagy közül pontosan az egyik teljesül. Az esettel nem kell különösebben foglalkoznunk, hiszen ekkor …
Mivel nem létezik egységelem, így a értelmében egység sem létezik. Azaz ha van felbonthatatlan elem, akkor neki még – a szerinti értelemben vett – triviális felbontása sem létezik. Azzal az esettel nem kell foglalkoznunk, hogy …
Tekintsük ugyanis egy felbontható elem két tetszőleges felbontását: Azt kell bizonyítani, hogy a kétféle felbontásban ugyanannyi felbonthatatlan tényező van, és minden baloldali tényezőnek van egy asszociált párja a jobboldali felbontásban. Kezdjük -gyel. Mivel jelen esetben …
Legyen egy tetszőleges felbonthatatlan elem -ben. Azt tudjuk, hogy nem a nullelem (hiszen tetszőleges esetén egy nemtriviális felbontás), valamint a miatt nem is egység. Azt kell megmutatni, hogy prímtulajdonságú, azaz hogy ha bármilyen és elemek …
Tegyük fel, hogy tetszőleges prím, és tekintsük ennek valamilyen felbontását: Azt kell bizonyítani, hogy és közül az egyik szükségképpen egység kell legyen. A felbontásból egyrészt következik, hogy teljesülnek az és oszthatóságok. Másrészt, mivel a gyűrű …
Tegyük fel, hogy , és egység. A értelmében a gyűrűben létezik egységelem, mivel egység is létezik (hiszen az). Ekkor azonban alkalmazható a , amely szerint ha két elem közül az egyik a másik egységszerese, akkor …
Nézzük először a tétel második felét. Itt csak annyit kell feltételeznünk, hogy a gyűrű kommutatív és egységelemes. Tegyük most fel, hogy valamely és elemekhez létezik olyan egység, hogy – azaz a elem az elem egységszerese. …
Az egyik irányt már bizonyítottuk a 4. pontjában. Most nézzük a másik irányt, azaz tegyük fel, hogy a gyűrű egységelemes, és . A 1. pontja alapján egységelemes gyűrűkben minden elem osztója önmagának, így tehát fennállnak …
A tétel 1. állításához két dolgot kell bizonyítani. Egyrészt azt, hogy bármely gyűrűelem akkor és csak akkor osztója -nak, ha -nak is. A 8. pontja épp azt mondja ki, hogy ha teljesül , akkor teljesül …
Azt, hogy az esetleges egységelem egy gyűrűben mindig egység, már láttuk az egység ja utáni megjegyzésben. Így csak azt kell megmutatni, hogy ha létezik egység, akkor szükségképpen léteznie kell egységelemnek is nullosztómentes gyűrű esetén. Tegyük …
