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 $2^{ab}\equiv 1(mod{2}^a-1)$ 。因为 $2^a\equiv 1(mod{2}^a-1)$ , 那么 $\prod _{i=1}^b{2}^a\equiv \prod _{i=1}^{b}1(mod{2}^a-1)$ 。这整理可得 $2^{ab}\equiv 1(mod{2}^a-1)$ ， $2^{ab}-1\equiv 0(mod{2}^a-1)$ 。

若 $n$ 不是质数，那么 $\mathrm{\exists }a,b>1$ 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 $(m-1)!\equiv 1(modm)$ ，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 $(m-1)!\equiv 1(modm)$ 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 $n$ 。

$$n=p_1{p}_2{p}_3...p_s=q_1{q}_2{q}_3...q_r(p,q\in \text{prime})$$

因为 $p_1$ 可以除以 $(q_1)(q_2{q}_3...q_r)$ ,由欧几里得引理得：$p_1|q_1$ 或者 $p_1|q_2{q}_3...q_r$

所以可以得到 $p_1=q_1$ 或者 $p_1=q_i(2⩽i⩽r)$ 。

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 $f_i⩽e_i$ 可以互相推导。

证明：

• $m|n$ 推出 $f_i⩽e_i$ 。

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。

• $f_i⩽e_i$ 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 $f_i⩽e_i$ ，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 $m=p_1^{f_1}{p}_2^{f_2}...p_k^{f_k}$ , $f_i⩽e_i$ 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：

$$\prod _{i=1}^k(e_i+1)$$

得证。

(3) 设 $d(n)$ 表示 $n$ 的因数和，则 $d(n)=\prod _{i=1}^k{\displaystyle \frac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1}}$ 。