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 $p|a_2$ .

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.