一中数学培训（第三讲）
2.算数基本定理
2.1 质数
质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数
质数有无穷个
考虑反证，如果质数有限，我们设这个集合为 \(S\) 。我们求出 \((\prod_{p \in S} p)+1\) ，那么对于任何一个 \(p \in S\) ，都不满足 \(b|(\prod_{p \in S} p)+1\) 。那么 \((\prod_{p \in S} p)+1\) 就是我们构造出的全新质数。但是 \((\prod_{p \in S} p)+1 \notin S\) ，与我们的假设违背。所以质数有无穷个。
若 \(2^{n}-1\) 为质数，则 \(n\) 为质数
我们考虑一个前置命题：对于 \(a,b>1\) ， \(2^a-1|2^{ab}-1\)。
这个命题等价于 \(2^{ab} \equiv 1 (\bmod 2^{a}-1)\) 。因为 \(2^a \equiv 1 (\bmod 2^{a}-1)\) , 那么 \(\prod_{i=1}^{b}2^{a} \equiv \prod_{i=1}^{b}1 (\bmod 2^a-1)\) 。这整理可得 \(2^{ab} \equiv 1 (\bmod 2^a-1)\) ， \(2^{ab}-1 \equiv 0(\bmod 2^a-1)\) 。
若 \(n\) 不是质数，那么 \(\exists a,b>1\) 满足 \(ab=n\) 。由于 \(2^a-1|2^{ab}-1,2^{b}-1|2^{ab}-1\) ，所以 \(2^n-1\) 是合数与命题违背，所以 \(n\) 是质数。
若 \(m|(m-1)!-1\) ，则 \(m\) 是质数。
若 \(m\) 是质数，则当 \(m=2\) 时，命题成立。对于其余质数，\(1\) 到 \(m-1\) 中的全部数的逆元都存在且唯一，也就是说 \((m-1)!\equiv 1 (\bmod m)\) ，与原命题给出的条件等价。
若 \(m\) 不是质数，那么 \(1\) 到 \(m-1\) 的数可能出现不存在逆元或者一个数作为多个数的逆元的情况，所以 \((m-1)!\equiv 1 (\bmod m)\) 一定不成立。综上，如果 \(m|(m-1)!-1\) ,那么 \(m\) 只能是质数。
对于 \(p \in \text{prime}\) ，如果 \(p\) 不整除 \(a\) ，则 \((p,a)=1\)
首先 , \((p,a)\in\{1,p\}\) 。若 \((p,a)=a\) ,则 \(p\) 就整除 \(a\) ，与命题相违背，所以 \((p,a)=1\) 。
对于 \(p \in \text{prime}\) ,则若 $p|ab $ 可以推出 \(p|a\) 或者 \(p|b\) 。
设 \(S_a\) 表示 \(a\) 的因子组成的可重集，那么 \(S_p=\{1,p\}\) 。
因为 \(p|ab\) ，所以 \(S_p \subseteq S_a \cup S_b\) 。因为 \(1\in S_a,1\in S_b\) 。所以 \(p\in S_a\) 和 \(p \in S_b\) 至少满足一个，也就是说 $S_p \subseteq S_a $ 和 \(S_p \subseteq S_b\) 至少满足一个。进一步得出 \(p|a,p|b\) 至少满足一个。
2.2 算数基本定理
一个大于 \(1\) 的正整数 \(n\) 可以分解成若干质数的乘积。若不考虑质因子之间的顺序，这种分解方式都是唯一的。
讲相同的质因子合并成乘方的形式得到：\(n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}...p_k^{e_k}\) 。
证明：
先证明存在性：
-
\(n \in \text{prime}\) ，显然成立。
-
\(n\) 是个合数。根据合数的定义，\(n\) 可以划分成 \(a,b>1\) ，满足 \(ab=n\) 。若 \(a,b\) 中存在合数，可以继续归纳的分解。
所以质因子分解的存在性得证。
后证明唯一性：
欧几里得引理：如果 \(p\) 是素数且 \(p|bc\) ，那么 \(p|b\) 或者 \(p|c\) 。
假设存在某些数，它们有能分解为两种不同的质数乘积，将其中最小的数设为 \(n\) 。
因为 \(p_1\) 可以除以 \((q_1)(q_2q_3...q_r)\) ,由欧几里得引理得：\(p_1|q_1\) 或者 \(p_1|q_2q_3...q_r\)
所以可以得到 \(p_1=q_1\) 或者 \(p_1=q_i(2 \leqslant i \leqslant r)\) 。
上面任意一种情况，等可以将原式子左右两边同时消掉一个数，这样就得到了一个更小的数能表示两种质数乘积，与 $n $ 是最小数的假设矛盾，唯一性得证.
推论
设正整数 \(n\) 的标准分解式为 \(n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}...p_k^{e_k}\) 。
(1) 设 \(m=p_1^{f_1}p_2^{f_2}...p_k^{f_k}\) ，则 \(m|n\) 和 \(f_i \leqslant e_i\) 可以互相推导。
证明：
- \(m|n\) 推出 \(f_i \leqslant e_i\) 。
由于整除的互质可消性，如果可以证明对于每一个素数 \(p_i\) ,若 \(p_i^{f_i} | n\) ,则命题得证。
考虑反证，如果存在 \(f_i>e_i\) ,那么 \(p_i^{f_i}\) 就不会整除 \(n\) 。所以是不可能的。
- \(f_i \leqslant e_i\) 推出 \(m|n\) 。
由于整除的互质可消性，如果可以证明对于每一个素数 \(p_i\) ,若 \(p_i^{f_i} | n\) ,则命题得证。
因为 \(f_i \leqslant e_i\) ，所以一直有 \(p_i^{f_i}|p_i^{e_i}\) ,证毕。
(2) 设 \(d(n)\) 表示 \(n\) 的因数个数，那么 \(d(n)=(e_1+1)(e_2+1)...(e_k+1)\)
证明：
由于 (1) 可得，若存在 \(m=p_1^{f_1}p_2^{f_2}...p_k^{f_k}\) , \(f_i \leqslant e_i\) 可推出 \(m|n\) 。由乘法原理，对于 \(p_i\) 的幂次 \(f_i\) ,可以在 \(o\) 到 \(e_i\) 之间任选，所以答案可以乘法原理：
得证。
(3) 设 \(d(n)\) 表示 \(n\) 的因数和，则 \(d(n)=\prod_{i=1}^{k}\dfrac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1}\) 。
