数论笔记1-整除、带余除法、素数

作为第一节, 这些都是相当基础的内容, 但是我们可以感受揣摩其定义, 推导的严谨性.
但是最后算术基本定理的证明还是需要技巧的.

1. 整除

定义: 设 \(a,b\in\mathbb{Z}, a\neq 0\), 若 \(\exist q\in\mathbb{Z}\) 使得 \(b=qa\), 则称 \(b\) 能被 \(a\) 整除 (\(a\) 整除 \(b\)), 记作 \(a\mid b\), 并称 \(a\) 是 \(b\) 的因数, \(b\) 是 \(a\) 的因数. 反之, 则记作 \(a\nmid b\).
在之后的定理和性质中, 我们默认各未知量为整数.
有如下性质:
1. \(a\mid b \Leftrightarrow a\mid -b \Leftrightarrow -a\mid b \Leftrightarrow -a\mid -b\)
2. \(a\mid b,b\mid c\Rightarrow a\mid c\)
3. \(a\mid b,a\mid c\Rightarrow\forall x,y: a\mid bx+cy\)
4. \(\forall k\neq0: a\mid b \Leftrightarrow ka\mid kb\)
5. \(a\mid b,b\mid a\Rightarrow a=\pm b\)
6. \(a\mid b\Rightarrow |a|\leqslant|b|\)
7. \(\forall a,b,c,a\neq0,b=qa+c: a\mid b\Leftrightarrow a\mid c\)
8. \(\forall f(x)=\sum_{i=0}^{n}a_ix^i\in\mathbb{Z}[x]: d\mid b-c\Leftrightarrow d\mid f(b)-f(c)\)

性质1至性质7根据定义是显然的. 性质8由 \(b-c\mid b^j-c^j\) 立得.

2. 带余除法

设有 \(a,b,a\neq 0\), 则 \(\exist q,r\) 满足 \(b=qa+r, 0\leqslant r<|a|\), 并称 \(q\) 是 \(b\) 除以 \(a\) 的商, \(r\) 为 \(b\) 除以 \(a\) 的余数.
这里对存在性和唯一性作简单论证.

存在性:
作序列 \(\cdots, -2a,-a,0,a,2a,\cdots\), 即 \(a\) 的所有倍数, 则 \(b\) 必在某一对相邻项之间, 即 \(\exist q: qa\leqslant b<(q+1)a\),
此时设 \(r=b-qa\), 有 \(b=qa+r, 0\leqslant r<|a|\). 存在性证毕.
唯一性:
设 \(\exist q',r',b=q'a+r',0\leqslant r'<|a|,r'\neq r\), 不妨设 \(r'>r\), 作差得 \(0\leqslant r'-r<|a|,r'-r=(q-q')a\).
有 \(r'-r>0\), 则 \(a|r'-r, |a|\leqslant r'-r\), 矛盾. 唯一性证毕.

3. 素数与合数

素数和合数一般在 \(\mathbb{N}\) 中定义.
设 \(p\in\mathbb{N}, p\neq0,1\). 若 \(p\) 只有因数 \(1,p\), 称 \(p\) 为素数. 若其还有其他因数, 称 \(p\) 为合数.
于是自然数就被分成了 \(0,1\), 素数, 合数 四部分. 在之后的定理或性质中, 我们认为 \(p,q\) 代表素数.
这里, 我们列举一些简单的性质, 并定性给出埃拉托色尼 (Eratosthenes) 筛法.
1. \(a\) 是合数 \(\Leftrightarrow a=bc, 1<b<a,1<c<a\)
2. \(a>1,a|p\Rightarrow a=p\)
3. \(a\) 是合数 \(\Rightarrow\exist p:p|a\)
4. \(\forall a\leqslant2,\exist p_1,\cdots,p_s\Rightarrow a=p_1\cdots p_s\)
5. \(\forall a>2,a\) 为合数, \(\exist p|a,p\leqslant\sqrt{a}\)
6. 素数有无穷个.

前两个性质都是根据定义显然的. 下面给出剩余性质的证明.

性质3:
考虑 \(a\) 的所有大于 \(1\) 的因数组成的集合, 取其中最小的, 则这个数就为素数 (否则这个数还有大于 \(1\) 的因数, 这也是 \(a\) 的因数,与最小性矛盾), 证毕.

性质4:
反证法, 考虑不能用素数乘积表示的最小的数, 则这个数为合数 (若为素数则与不能用素数乘积表示矛盾).
根据性质1, 该数可以被表示为另外两数的乘积, 且这两个数不属于上述集合 (否则与最小性矛盾).
于是我们可以将这两个数表示为素数乘积. 则原数也可以表示为素数乘积. 矛盾. 证毕.

性质5:
反证法. 根据上述证明, 我们知道这个数至少可以被表示为两个素数的乘积, 又因为这些素数根据反证假设都是大于 \(\sqrt{a}\) 的,得出它们的乘积大于 \(a\), 矛盾.
根据以上论证, 我们事实上可以获得更广泛的结论: 若一个数可以被表示为 \(s\) 个素数的乘积, 那么这些素数中一定存在某个数 \(p_i\leqslant \sqrt[s]{a}\).

性质6:
反证法. 设全部的素数为 \(p_1,\cdots, p_s\), 则 \(p_1\cdots p_s+1\) 不被任何一个素数整除, 矛盾.

根据性质5, 我们可以得到埃拉托色尼筛法: 将 \(2\) 至 \(\sqrt{N}\) 之间的所有素数的倍数删去, 就得到了 \(N\) 以内的素数表.
就以 \(N=10\) 为简单例子.
初始为 \(2,3,4,5,6,7,8,9,10\).
当前未被筛选到的是 \(2\),它是素数. 筛去其所有倍数.
剩余 \(3,5,7,9\), 则 \(3\) 为素数, 继续筛去其所有倍数:
剩余 \(5,7\), 而我们已经完成了对所有小于 \(\sqrt{10}\) 的素数的倍数的剔除. 故剩余的都为素数.
综上所述, \(10\) 以内的全部素数为 \(2,3,5,7\).

4. 算术基本定理

在这一节里, 我们的目标就是证明以下两个定理, 并证明它们等价.
1. 算术基本引理: \(p|a_1\cdots a_k\Rightarrow p|a_1,\cdots, p|a_k\) 至少有一个成立.
2. 算术基本定理: 设 \(a>1\), 必有 \(a=p_1\cdots p_s\), 且不计次序该式唯一.

首先对两条定理进行证明.

定理1:
容易发现只需要证 \(k=2\) 的情况就够了. 即 \(p|a_1a_2\Rightarrow p|a_1\) 或 \(p|a_2\).

不妨设 \(p\nmid a_1\). 我们需要先证明一个引理: 数列 \(a_1, 2a_1,\cdots, na_1,\cdots\) 中最小的满足 \(p|na_1\) 的数为 \(pa_1\).
证明: 设有 \(n<p,p|na_1\), 则有 \(p=q_1n+r_1, 1\leqslant r_1<n\). (若 \(r_1=0\) 则 \(n|p\), 矛盾)
于是 \(p|q_1na_1+r_1a_1\Rightarrow p|r_1a_1\), 矛盾. 引理证毕.

回到原题, 设 \(a_2=q_2p+r_2,0\leqslant r_2<p\).
则 \(p|a_2-r_2\Rightarrow p|a_1a_2-r_2a_1\Rightarrow p|r_2a_1\Rightarrow r_2=0\Rightarrow p|a_2\). 证毕. (倒数第二步是根据引理得出的)

定理2:
这里先给出直接证明 (即不用定理1) 的方法.
反证法, 设 \(a_0>1\) 是不成立的最小正整数, 即有 \(a_0=p_1\cdots p_s=q_1\cdots q_r\), 不妨设 \(p_1\leqslant\cdots\leqslant p_s,q_1\leqslant\cdots\leqslant q_r\).
显见有 \(s\geqslant2,r\geqslant2\), 并且因为 \(a_0\) 的最小性, 有 \(\forall i,j:p_i\neq q_j\), 否则去掉这个素数后剩下的数满足上述条件并比 \(a_0\) 小, 矛盾. 于是不妨设 \(p_1<q_1\).
考虑 \(b_0=a_0-p_1q_2\cdots q_r=(q_1-p_1)q_2\cdots q_r\), 显然有 \(1<b_0<a_0\).
一方面, 由 \(p_1|a_0\Rightarrow p_1|b_0\), 有 \(b_0=p_1b_1=p_1p_1'\cdots p_u'\) (若 \(b_1=1\), 则 \(p_1',\cdots,p_u'\) 不存在, 下同)
另一方面, 设 \(q_1-p_1=q_{11}\cdots q_{1v}\), 则 \(b_0=q_{11}\cdots q_{1v}q_2\cdots q_r\).
注意到 \(p_1\nmid q_1\Rightarrow p_1\nmid q_1-p_1\), 又有 \(p_1\neq q_j\), 则已经给出的两个分解式必不相同, 因为第一个分解式中的 \(p_1\) 不在第二个分解式中出现.
于是 \(b_0\) 也满足条件, 与 \(a_0\) 的最小性矛盾. 证毕.

接下来我们指出定理1和定理2是等价的.

定理1 \(\Rightarrow\) 定理2:
设 \(a=p_1p_2\cdots p_s=q_1q_2\cdots q_r\), 并且有 \(p_1\leqslant\cdots\leqslant p_s,q_1\leqslant\cdots\leqslant q_r\). 不妨设 \(s\leqslant r\).
注意到 \(q_1|a\), 故 \(\exist p_j, q_1|p_j\), 由素数定义知 \(q_1=p_j\). 同理有 \(p_1=q_i\).
得到 \(q_1\leqslant q_i=p_1\leqslant p_j\), 故 \(p_1=q_1\). 同理得到 \(p_2=q_2,\cdots p_s=q_s.\)
于是有 \(q_{s+1}\cdots q_r=1\), 故 \(r=s\).
至此证毕.

定理2 \(\Rarr\) 定理1:
只需证 \(k=2\) 的情况.设 \(p_0|a_1a_2,p_0\nmid a_1,p_0\nmid a_2\).
显见 \(a_1,a_2,a_1a_2/p_0\geqslant2\). 设 \(a_1=p_{11}\cdots p_{1s},a_2=p_{21}\cdots p_{2r},a_1a_2/p_0=p_1\cdots p_t\).
由 \(p_0\nmid a_1\) 知 \(p_o\neq p_{1i}\), 同理 \(p_0\neq p_{2j}\).
则 \(a_1a_2=p_{11}\cdots p_{1s}p_{21}\cdots p_{2r}=p_0p_1\cdots p_t\), 矛盾.