初等数论第一章第7节 算术基本定

例4 设n是正整数, 证明 : 2 + 1是素数的必要条件是n = 2 ,
n m
其中m为非负整数.
证明 : 当n = 1时,1 = 20 , 21 + 1 = 3是素数, 结论成立. 当n > 1时, 假设n ≠ 2 , 则可知n必有奇数素因数p,
m
令n = pq, 其中q是正整数, 则2 + 1 = (2 ) + 1 = (t + 1)(t
α i ≥ βi , i = 1, 2,⋯ , dq, 又a的标准分解式是唯一的, 故d的标准分解式中出现的质数 都在p j (1 ≤ j ≤ n)中出现, 且p j 在d的标准分解式中出现的指数β j ≤ α j . 反过来, 当β j ≤ α j时, 显然d 整除a.
挑战自我
• 试求出所有不超过1000的素数p，这些p使 2p+1是自然数的方幂。
课后作业
• 1.如何把14,33,35,30,75,39,143,169分成两组 (每组4个数),使这两组数的乘积相等. • 2.120以内仅有10个正约数的自然数有几个? • 3.已知A有12个正约数,B有10个正约数,且A、 B的标准分解式中都只含有质因数3和 5,(A,B)=75,求A+B.
定理2
• 若p是一质数,a是任一整数,则a能被p整除或 p与a互质.
证明 : 因为( p, a) p , ( p, a) > 0, 由质数的定义( p, a) = 1, 或( p, a) = p, 则( p, a) = 1或p a.
推论
设a1 , a2 ,⋯ , an是n个整数, p是质数, 若p a1a2 ⋯ an , 则p一定能整除某一个ai .
定理4(算术基本定理)
α α α 任何大于1的整数a可以唯一地表示成a = p1 1 p2 2 ⋯ pn n , (1)
其中p1 , p2 ,⋯ , pn是素数, p1 < p2 < ⋯ < pn , α1 , α 2 ,⋯ , α n是正整数.
证明 :由定理3知, 任何大于1的整数可表示成(1)的形式, 因此, 只需证明(1)式的唯一性. 假设pi (1 ≤ i ≤ n)与qi (1 ≤ i ≤ k )都是素数, p1 < p2 < ⋯ < pn , q1 < q2 < ⋯ < qk . 且a = p1 p2 ⋯ pn = q1q2 ⋯ qk , ∵ p1 a = q1q2 ⋯ qk , 则必有某个q j , 使得p1 q j , 从而p1 = q j . 同理, 又有某个pi , 使得q1 pi , 所以q1 = pi . 又p1 < p2 < ⋯ < pn , q1 < q2 < ⋯ < qk , ∴ 可知p1 = q1. 从而重复上述这一过程, 得到n = k , pi = qi , 所以结论成立.
1 2 n
其中γ i = min{α i , βi }, δ i = max{α i , βi }, i = 1, 2,⋯ , n.
注:相关结论
已知a =
α1 α 2 αn p p ⋯ p 是a的标准分解式,
1 2 n
则a的不同的正约数的个数等于 (1 + α1 )(1 + α 2 )⋯ (1 + α n ).
定义及推论
使用定理4中的记号, a = p1 p2 ⋯ pn , 是a的标准分解式.
α1 α2 αn
推论4.1
设a是一个大于1的整数, 且a = p1 p2 ⋯ pn , α i (i = 1, 2,⋯ , n)是正整数, 则a的正因数d 可以表示成d = p1 p2 ⋯ pn ,
β1 β2 βn α1 α2 αn
αi
• 例3 证明:(a,[b,c])=[(a,b),(a,c)].
证明 : 设a = ∏ piαi , b = ∏ piβi , c = ∏ piγ i ,
i =1 i =1 i =1
k
k
k
其中p1 , p2 ,⋯ , pk 是互不相同的素数, α i , βi , γ i ≥ 0. (a,[b, c]) = ∏ pi ,[(a, b), (a, c)] =∏ piµi ,1 ≤ i ≤ k ,
证明 : 当a是素数时, 定理成立. 当a是合数时, 则必存在素数p1 , 且1 < p1 ≤ a ,∴ a = p1a1 , (1 < a1 < a). 若a1是素数, 则可知定理成立; 若a1是合数,同理, 则必有素数p2以及适合1 < a2 < a1的正整数a2 , 使a = p1 p2 a2成立. 由于a是有限的, 所以有限次地重复上述过程可得a = p1 p2 ⋯ pn , 其中p1 , p2 ,⋯ , pn均为素数.
λi
i =1 i =1 k k
λi = min{α i , max{βi , γ i }}, µi = max{min{α i , βi }, min{α i , γ i }}, 不妨设βi ≤ γ i , 则λi = min{α i , γ i }, 又 min{α i , βi } ≤ min{α i , γ i }, ∴ µi = min{α i , γ i } = λi ,∴ (a,[b, c]) = [(a, b), (a, c)].
k
γi
并且[a, b] = a2b2 .
4.解 : 设( x, y ) = d , 即x = dx1 , y = dy1 , 则( x1 , y1 ) = 1,
2 得x1
+
2 y1
=
2 2 ax1 y1 ,因此x1 | y1 , y1 | x1 ,
即x1 | y1且y1 | x1 , 得x1 = y1 , 故x1 = y1 = 1, 于是a = 2.
n q p p −1
−t
p −2
+t
p −3
− ⋯ + 1),
(其中2q = t ), 2q + 1是2n + 1的真约数, 可知2n + 1不是素数, 矛盾, 当2n + 1时素数时, 必有n = 2m.
思考问题
• 1求 (84,4900),[84,4900],(945,245,5775),[ 945, 245,5775].
2 2
1解 : 因为84 = 2 ⋅ 3 ⋅ 7, 4900 = 2 ⋅ 5 ⋅ 7 ,
2 2 2 2
所以(84, 4900) = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 7 = 28,
2 0 0 1
[84, 4900] = 22 ⋅ 3 ⋅ 52 ⋅ 7 2 = 14700. 又因为945 = 33 ⋅ 5 ⋅ 7, 245 = 5 ⋅ 7 2 ,5775 = 3 ⋅ 52 ⋅ 7 ⋅11, 所以(945, 245,5775) = 30 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅110 = 35, [945, 245,5775] = 3 ⋅ 5 ⋅ 7 ⋅11 = 363825.
例题
• 例1 写出51480的标准分解式.
解 : 51480 = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅11⋅13.
3 2
• 例2 证明:在1,2,…,2n中任取n+1个数,其中 至少有一个能被另一个整除.
证明 : 记i = 2 λi , 2 / λi , i = 1, 2,⋯ , 2n, | 则λi为1, 2,⋯ , 2n中的奇数, 即λi只能取n个数值, 在n + 1个这样的数中, 必存在λi = λ j (i ≠ j ), 于是易知i与j成倍数关系.
(k + 1)(2m + k ) 5.k + 1个相邻正整数m, m + 1,⋯ , m + k 之和为 , 2 (k + 1)(2m + k ) 设n = m + (m + 1) + ⋯ + (m + k ) = . 2 若k ≥ 2, 显见n是合数, 这就证明了必要性. 若奇数n > 1是合数, 则n = n1n2 , n1 ≥ n2 ≥ 3, n2 − 1 , k0 = n2 -1, 得 可取m0 = n1 2 n = m0 + (m0 + 1) + ⋯ + (m0 + k0 ), n可表示为三个或三个以上相邻正整数之和, 这就证明了充分性.
证明 : 假设a1 , a2 ,⋯ , an都不能被p整除, 则由定理2, ( p, ai ) = 1, i = 1, 2,⋯ , n. 因此( p, a1a2 ⋯ an ) = 1, 这与p a1a2 ⋯ an 矛盾, 故结论成立. 故结论成立.
定理3
任何大于1的正整数a可以写成素数之积, 即a = p1 p2 ⋯ pn , 其中pi (1 ≤ i ≤ n)是素数.
推论4.2
设a, b是任意两个正整数, 且a =
β1 β2 βn α1 α 2 αn p p ⋯p ,
1 2 n
b = p1 p2 ⋯ pn , α i ≥ 0, βi ≥ 0, i = 1, 2,⋯ , n. 则(a, b) =
γ1 γ 2 λn p p ⋯ p ,[a, b] =
1 2 n
δ1 δ 2 δn p p ⋯p ,
第七节 算术基本定理
定理1
设a是任一大于1的整数, 则a的除1外最小正因数q是一质数, 并且当a是合数时, q ≤ a .
证明 : 假设q不是质数,由定义, q除1及本身外还有一正因数q1 ,因而1 < q1 < q, 但q a , 所以q1 a , 这与q是a的除1以外的最小正因数矛盾, 故q是质数. 当a是合数时, 则a = a1q, 且a1 > 1, 否则a是质数,由于q是a的除1外的最小正因数, 所以q ≤ a1 , q 2 ≤ qa1 = a, 故q ≤ a .