算术基本定理

关于质和计算基本定理的问题一、知识大于 1 的整数n总有两个不同的正约数：1和n . 若n仅有两个正约数（称n没有正因子），则称n为质数（或素数）.若n有真因子，即n可以表示为 a b的形式（这里a,b为大于1的整数），则称n为合数.正整数被分为三类：数1，素数类，合数类关于素数的一些重要理论1.大于1的整数必有素约数.2.设p为素数，n为任意一个整数，则或者p整除n，或者p与n互素.事实上，p与n的最大公约数（p,n）必整除p ，故由素数的定义推知，或者（p,n） 1，或者（p,n） p，即或者p与n互素，或者p|n.3.设p为素数，a,b为整数.若p | ab ，则a, b中至少有一个数被p整除.事实上，若p不整除a和b ，由性质2知，p与a和b均互素，从而p与ab互素。

这与已知的p|ab 矛盾.特别地：若素数p 整除a n（n 1），则p|a4. 定理1 素数有无限多个（公元前欧几里得给出证明）证明：（反证法）假设只有k个素数，设它们是p1，p2，，p k。

记N p1 p2 p w 1 。

（N不一定是素数）由第一节定理 2 可知，p有素因数p ，我们要说明p p i ,1 i k 从而得出矛盾事实上，若有某个i,1 i k 使得p p i ,则由p | N p1 p2 p w 1推出p |1 ，这是不可能的。

因此在p1，p2，，p k之外又有一个素数p ，这与假设是矛盾的。

所以素数不可能是有限个5. 引理1 任何大于1的正整数n可以写成素数之积，即n p1 p2 p m (1)其中p i ,1 i m是素数。

证明当n=2 时，结论显然成立。

假设对于 2 n k ，式(1) 成立，我们来证明式(1) 对于n=k 1也成立，从而由归纳法推出式(1) 对任何大于 1 的整数n 成立。

如果k 1 是素数，式(1) 显然成立。

如果k 1是合数，则存在素数p与整数d，使得k 1=pd 。

由于 2 d k，由归纳假定知存在素数q1,q2, q l ，使得 d q1,q2, q l ，从而k 1 pq1, q2, q l 。

证毕。

6. 定理2( 算术基本定理)任何大于 1 的整数n 可以唯一地表示成n p11p22p k k，(2)其中p1，p2，，p k是素数，p1 p2 p k ，a1,a2, ,a k 是正整数。

我们称n p11p22p k k a1,a2, , a k是n的标准分解式，其中p i,1 i k 是素数，p1 p2 p k ，是正整数.证明：由引理1，任何大于1的整数n可以表示成式(2)的形式，因此，证明表示式(2) 的唯一性。

假设p i,1 i k 与q j,1 j l 都是素数，p1 p2 p k，q1 q2 q l，(3)并且n p1p2 p k q1q2 q l ，(4)则由第三节定理 4 推论1，必有某个q j,1 j l ，使得p1| q i，所以p1=q i；又有某个p i,1 i k ，使得q1 | p i，所以q1=p i 。

于是，由式(3)可知p1=q1，从而由式p 2 p k =q 2 q l重复上述这一过程，得到k l,p i q i ,1 i k 证毕。

7. 定理：若设 (n)为 n 的正约数的个数， ( n)为n 的正约数之和，则有 1) (n) ( 1 1)( 2 1) ( k 1)8. 推论 1 使用式(2) 中的记号，有 ( ⅰ ) n 的正因(约)数 d 必有形式d = d p 11p 22p k k, 1 Z,0 i i ,1 i k( ⅱ) n 的正倍数 m 必有形式m p 11p 22p k kM ,M N, i N, ii,1 i k9. 推论 2 设正整数 a 与 b 的标准分解式是1 2 k 1 1 ka p 11p 22p k k，b p 11p 21p k k，其中 p 1, p 2, , p k 是互不相同的素数， i ， i (1 i k )都是非负整数， 则(a,b) p 11p 21p k k ，i min{ i , i }， 1 i k ， [a,b]p 11p 21p k k ，i max{ i ,i }， 1 i k 。

10. 推论 3 设 a ，b ，c ，n 是正整数，ab = c n ，(a, b) = 1 ， (5) 则存在正整数 u ，v ，使得a = u n ，b = v n ，c = uv ，(u, v) = 1 。

证明 设 c = p11p 21p k k，其中 p 1, p 2, , p k 是互不相同的素数， i (1i k )是正整数。

又设(4) 得到p 11 1 2)(n) p 1p 1 11p kk1 1p k 1p 2 1a p 11p 22p k k，b p 11p 21p k k，其中 I ， i （1 i k ）都是非负整数。

由式 （5） 及推论 2 可知min{ i , i } = 0 ， i i = n i ，1 i k ， 因此，对于每个 i （1 i k ），等式i= n i ， i = 0 与 i = 0 ， i = n i 有且只有一个成立。

这就证明了推论。

证毕。

11. 定理： 对任意的正整数 m 及素数 p ，记号 p ||m 表示 p |m, p 1| m ，即 p 是 m 的标准分解中出现的 p 的幂 .设n 1， p 为素数， p p||n!，则ap n lnn 2l 1p l pp 2这里 x 表示不超过实数 x 的最大整数 . 由于当 p l n 时, 则 n l0，故上面和 p l 式中只有有限多个项非零 .另一种表现形式：设 p 为任一素数，在 n!中含 p 的最高乘方次数记为 p n! ，则有：证明：由于 p 是素数，所有 n!中所含 p 的方次数等于 n!的各个因数 1,2, ,n 所含 p 的方次数之总和。

由性质 10 可知，在 1,2, ,n 中，有 n个 p 的倍数， p有n 2个 p 2 的 倍 数 ， 有 n 3个 p 3 的 倍 数 ， ， 当 p m n p m 1 时 ，p 2p 3n m 1 m n 20 ，所以命题成立。

pp另证：对于任意固定的素数 p ，以 p k 表示在 k 的标准分解式中的 p 的指 数，则p n! =p(1) p(2) p(n).p n!nn npp n2n mm p mm m 1p m n pm 1以n j 表示 p （1）, p （2）, ,p （n ）中等于 j 的个数，那么p n! =1 n 1 2 n 2 3 n 3,显然， n j 就是在 1,2, ,n 中满足 p j a 并且 p | a 的整数 a 的个数，所以 由定理 2 有n j [p n j ] [p n j 1]。

将上式代入式 (2) ，得到p(n!) 1([ np ] [ r1[p n r]。

r 1p即式 （1） 成立。

证毕。

二、重要方法证明某些特殊形式的数不是素数 （或给出其为素数的必要条件） 是初等数论 中较为基本的问题，其方法是应用各种分解技术（如代数式的分解） ，指出所给 数的一个真因子常用分解技术有：（1）利用代数式分解（如因式分解）指出其一个真因子；（2）应用数的分解（例如算术基本定理） ，指出数的一个真因子； （3）运用反证法，假定其是素数，然后利用素数的性质推出矛盾 . 三、例题讲解例 1. 证明：无穷数列 10001,100010001, 中没有素数 . （教材第 13 页例 1） 证明：记 a n 10001 10001,（n 2） ，则n 个14 8 4（n 1）10 1a n1 104 108104（n 1）4 n104 1对 n 分奇偶讨论：(2)p n2]) 2([ p n2] [ p n3]) 3([ p n3] [ p n4 ])1）当 n 为偶数时，设 n 2k ， 则 a n8k108k1 8k 8108k 1 108 1 108 1 1041而当 k 1时， a 2 10001 13 137是合数.(2) 当为奇数时，设 n 2k 1 ，综上：命题获证；例2.证明：对任意整数 n 1，数n 4 4n 不是素数. (教材第 13页例 2) 证明： 我们对 n 分奇偶讨论：(1) 当为偶数时， n 4 4n 大于2，且也为偶数，故结论显然成立 . (2) 当为奇数时，设 n 2k 1 ，则n 4 4n n 4 42k 1 n 44 (2k )4 (n 2 2 22k )2 4n 2 (2k )2 (n 2 2 22k )2 (2n 2k )2 (n 2 2 22k 2n 2k )(n 2 2 22k 2n 2k )由于 n 1，所以 n 2 2 22k 2n 2k ,n 2 2 22k 2n 2k 都是大于 1的整数，故 n 4 4n 是合数 .综上： n 4 4n 不是素数 .例 3.设正整数 a,b,c,d 满足 ab cd ，证明： a b c d 不是素数证明一： 本题不宜采用代数式的分解来产生所需的分解 . 我们的第一种解 是应用数的分解，指出 a b c d 的一个真因子 . 由 ab cd ，可设 a d m ，其中 m, n 是互素的正整数 .c b n故 a mu,c nu ，同理 d mv,c nv故 a b c d mu nu mv nv (m n)(u v) 是两个大于 1 的整数 积，从而不是素数 .证明二： 由 ab cd ，得 b cd ，因此 a b c d a c d cd (a c)(a d)，因a a aa b c d 是整数. 若它是一个素数，设为 p ，则由显然1041是大于 1的整数，当 k 2时，10418k 8 k10 1 (10 ) 1是大于 1 的整数108 1 1081nan8k 4 4k 2 4k 210 1 10 1 10 11041 2 102 1102 1 (102)2k 11 (102 )2k 1 1 2 102 1 1021易知(10 )1,(1010)2 1 1都是大于 11021的整数(a c)(a d) ap (*)，p(|a c()a d)故p|(a c) 或p|(a d) ，不妨设，p | (a c) 则 a c p ，结合(* )式得：a d a，即 d0 ，这不可能，故结论成立;例 4.设整数a,b,c,d满足 a b c d 0，且a2ac c2b2bd d2 证明：ab cd 不是素数.(教材第18 页习题3-4 ) 证明：本题运用反证法，设有满足题设的一组a,b,c,d ，使得ab cd 为素数，将其记为p ab cd ，于是 a p cd带入已知条件得到：b2 2 2 2p(p 2cd bc) (b2 c2)(b2 bd d 2)由于p是素数，故p|(b2 c2) 或者p|(b2 bd d2)(ⅰ)若p|(b2 c2) ，则由b2 c2 ab ab 2ab 2(ab cd) 2p ，推出b2 c2 p ，即b2c2 ab cd ，从而b|c(c d)，显然(b,c) 1(因为b2c2是素数)故b|(c d) ，这与0 c d c b矛盾.( ⅱ ) 若p|(b2 bd d2) ，则由0 b2 bd d2 2(ab cd) 2p 知b2 bd d2 p ，故a2ac c2b2bd d2ab cd ，进而得到a2 ac c(c d) ab,b2 bd d(d c) ab，于是得到a|c(c d),b|d(c d)都成立，但又知(ab,cd) 1，故被c d a和b整除. 因0 c d2a,0 c d 2b从而必须有 c d a,c d b，矛盾.例 5. 证明：若整数a,b满足2a2a 3b2b，则 a b和2a 2b 1都是完全平方数.证明：已知关系式变形为（a b）（2a 2b 1） b2（1）论证的第一个要点是证明整数 a b与2a 2b 1互素.记（a b,2a 2b 1） d .若 d 1，则d有素因子p ，从而由（1）知p | b2 ,因p是素数，故p | b .结合p|（a b）知p|a.再由p|（2a 2b 1）导出p |1 ，这不可能，故d 1，即a b与2a 2b 1互素.因此，由（1）得右端为（1）b2是一个完全平方数，故|a b|,|2a 2b 1|均是完全平方数.下面证明 a b 0 ，我们运用反证法.假设有整数a, b满足问题中的等式，但 a b 0 .因已证明|a b |是一个完全平方数故有 b a r2，这里r 0 ；结合（1）推出r | b ，再由b a r2得出r |a. 设b b1r,a a1r ，带入问题中的等式可得（注意r 0,b1 a1 r ）a12 6a1r 3r 2 1 0 （2）将上式视为关于a1的二次方程，由求根公式解得a1 3r 6r21，因a1是整数，故由上式知6r21是完全平方数.但易知一个完全平方数被 3 除得的余数只能为0或1；而6r 21被3除得余数为2，矛盾.（或者更直接地：由a12被 3 除得余数为0 或1，故（ 2 ）左边被 3 除得的余数是 1 或2；但（2）的右边为0，被 3 整除.矛盾.即（2）对任何整数a1及r 均不成立）从而必须有 a b 0 ，这就证明了本题的结论.注：1. 许多数论问题需证明一个正整数为1（例如，证明整数的最大公约数是 1 ），由此我们常假设所说的数有一个素因子，利用素数的锐利性质（ 3 ）作进一步论证，以导出矛盾 .如例 4例 6．写出 n 51480的标准分解式，并求它的正约数的个数 (n) ； 解：我们有51480 2 25740 22 12870 23 6435 23 5 128723 5 3 429 23 5 32 143 23 32 5 11 13(n) ( 1 1)( 2 1) ( k 1) (3 1)(2 1)(1 1)(1 1)(1 1) 96例 7．求最大的正整数 k ，使得 10k |199!解：因为10 2 5,正整数k 的最大值取决于 199!的分解式中所含 5 的幂指 数. 由定理 2， 199! 的标准分解式中所含的 5 的幂指数是199 199 199[1959] [15929] [15939]47所以，所求的最大整数是 k 47 。