初等数论 1.8 算数基本定理

本文深入探讨了算数基本定理,证明了其存在性和唯一性,并基于此提出了标准分解式的概念。通过一系列推论,阐述了正因数、正倍数的性质,以及如何利用标准分解式来确定最大公约数、最小公倍数、正因数个数和正因数的和。此外,还详细讨论了平方数和完全数的概念,证明了平方数不是完全数的定理。

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定理:算数基本定理(fundamental theorem of arithmetic):设1&lt;n∈Z1&lt;n\in\Z1<nZ,有n=p1p2⋯psn=p_1p_2\cdots p_sn=p1p2ps.其中pi(1≤i≤s)p_i(1\le i \le s)pi(1is)是素数.若不考虑素因数的次序,这种分解是唯一的.

证明:存在性:对n∈Zn\in\ZnZ归纳.当n=2n=2n=2时,结论成立.
假设结论对小于nnn的正整数均成立,现在考虑nnn.若nnn是素数,则结论显然成立.
nnn是合数,则nnn有正的真因数a,ba,ba,b,使得n=ab,1&lt;a,b&lt;nn=ab,1&lt;a,b&lt;nn=ab1<a,b<n.由归纳假设,a,ba,ba,b均可分解为有限个素数之积.从而nnn也可以分解为有限个素数之积.由数学归纳原理,对一切大于111的正整数nnn都能分解成n=p1p2⋯psn=p_1p_2\cdots p_sn=p1p2ps的形式.
唯一性:若n=q1q2⋯qt,qj(1≤j≤t)n=q_1q_2\cdots q_t,q_j(1\le j \le t)n=q1q2qtqj(1jt)是素数,则有p1p2⋯ps=q1q2⋯qtp_1p_2\cdots p_s=q_1q_2\cdots q_tp1p2ps=q1q2qt.从而p1∣q1q2⋯qtp_1\mid q_1q_2\cdots q_tp1q1q2qt,则p1∣qj(1≤j≤t)p_1\mid q_j\quad (1\le j \le t)p1qj(1jt).不妨p1/midq1p_1/mid q_1p1/midq1,又p1,q1p_1,q_1p1,q1都是素数,必有p1=q1p_1=q_1p1=q1.从而有p2⋯ps=q2⋯qtp_2\cdots p_s=q_2\cdots q_tp2ps=q2qt.
s&gt;ts&gt;ts>t,则pt+1⋯ps=1p_{t+1}\cdots p_s=1pt+1ps=1pt+1,⋯&ThinSpace;,psp_{t+1},\cdots,p_spt+1,,pspt+1,⋯&ThinSpace;,psp_{t+1},\cdots ,p_spt+1,,ps为素数矛盾.于是s=ts=ts=t.且适当调整顺序后,pi=qi,1≤i≤sp_i=q_i,1\le i \le spi=qi1is.唯一性得证.

推论:对于∀1&lt;n∈Z\forall 1&lt;n\in\Z1<nZnnn可唯一表示为p1α1p2α2⋯pkαkp_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}p1α1p2α2pkαk,其中p1,p2,⋯&ThinSpace;,pkp_1,p_2,\cdots ,p_kp1,p2,,pk是素数,且p1&lt;p2&lt;⋯&lt;pk,α1,α2,⋯&ThinSpace;,αk∈Z+p_1&lt;p_2&lt;\cdots&lt;p_k,\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_k\in\Z^+p1<p2<<pkα1,α2,,αkZ+.
定义:称满足以上条件,n=p1α1p2α2⋯pkαkn=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}n=p1α1p2α2pkαknnn的标准分解式.
推论:设nnn的标准分解式为n=p1α1p2α2⋯pkαkn=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}n=p1α1p2α2pkαk,则
1.nnn的所有正因数d=p1β1p2β2⋯pkβk(βi∈N且0≤βi≤αi,1≤i≤k)\displaystyle d=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\cdots p_k^{\beta_k}\quad (\beta_i\in\N且0\le \beta_i \le \alpha_i,1\le i \le k)d=p1β1p2β2pkβk(βiN0βiαi1ik).
2.nnn的所有正倍数m=p1γ1p2γ2⋯pkγk(∀a∈N+,αi≤γi∈N,1≤i≤k)\displaystyle m=p_1^{\gamma_1}p_2^{\gamma_2}\cdots p_k^{\gamma_k}\quad (\forall a\in\N^+,\alpha_i\le \gamma_i\in\N,1\le i \le k)m=p1γ1p2γ2pkγk(aN+αiγiN1ik).
推论:若a,b∈Za,b\in\Za,bZa,ba,ba,b的标准分解式为a=p1α1p2α2⋯pkαkb=p1β1p2β2⋯pkβka=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k} \quad\quad b=p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\cdots p_k^{\beta_k}a=p1α1p2α2pkαkb=p1β1p2β2pkβk(a,b)=p1λ1p2λ2⋯pkλkλi=min⁡{αi,βi}1≤i≤k(a,b)=p_1^{\lambda_1}p_2^{\lambda_2}\cdots p_k^{\lambda_k}\quad \lambda_i=\min{\{\alpha_i,\beta_i\}}\quad 1\le i \le k(a,b)=p1λ1p2λ2pkλkλi=min{αi,βi}1ik[a,b]=p1μ1p2μ2⋯pkμkμi=max⁡{αi,βi}1≤i≤k[a,b]=p_1^{\mu_1}p_2^{\mu_2}\cdots p_k^{\mu_k}\quad \mu_i=\max{\{\alpha_i,\beta_i\}}\quad 1\le i \le k[a,b]=p1μ1p2μ2pkμkμi=max{αi,βi}1ik.
推论:若nnn的标准分解式为n=p1α1p2α2⋯pkαkn=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}n=p1α1p2α2pkαk
1.nnn的正因数个数d(n)=∏i=1k(αi+1)\displaystyle d(n)=\prod_{i=1}^{k}{(\alpha_i+1)}d(n)=i=1k(αi+1).
2.nnn的正因数的和S(n)=∏i=1kpiαi+1−1pi−1\displaystyle S(n)=\prod_{i=1}^{k}{\frac{p_{i}^{\alpha_i+1}-1}{p_{i}-1}}S(n)=i=1kpi1piαi+11.

特别地,若(a⋅b)=1(a\cdot b)=1(ab)=1,则有d(a⋅b)=d(a)⋅d(b),S(a⋅b)=S(a)⋅S(b)d(a\cdot b)=d(a)\cdot d(b),S(a\cdot b)=S(a)\cdot S(b)d(ab)=d(a)d(b)S(ab)=S(a)S(b).

定义:设a,b∈Za,b\in\Za,bZ,若a=b2a=b^2a=b2,则称aaa为平方数(square number).
定理:aaa是平方数当且仅当aaa的标准分解式中所有素因数指数为偶数.
推论:若aaa是平方数,则d(a)d(a)d(a)是奇数.
定义:设n∈Z+n\in\Z^+nZ+,若S(n)=2nS(n)=2nS(n)=2n,则称nnn是完全数.
定理:1.平方数不是完全数.

证明:设nnn是平方数,且n=p12α1p22α2⋯ps2αsαi≥1pi(1≤i≤s)n=p_1^{2\alpha_1}p_2^{2\alpha_2}\cdots p_s^{2\alpha_s}\quad \alpha_i\ge 1 \quad p_i(1\le i \le s)n=p12α1p22α2ps2αsαi1pi(1is)为素数,p1&lt;p2&lt;⋯&lt;psp_1&lt;p_2&lt;\cdots&lt;p_sp1<p2<<ps,则S(n)=∏i=1s(p12α1+p22α1−1+⋯+p1+1)S(n)=\prod_{i=1}^{s}{(p_1^{2\alpha1}+p_2^{2\alpha_1-1}+\cdots+p_1+1)}S(n)=i=1s(p12α1+p22α11++p1+1)S(n)S(n)S(n)是奇数,所以nnn不是完全数.

2.若nnn是无平方因子的完全数,则n=6n=6n=6.

证明:设n=p1⋯ptpi(1≤i≤t)n=p_1\cdots p_t\quad p_i(1\le i \le t)n=p1ptpi(1it)为素数,p1&lt;⋯&lt;ptp_1&lt;\cdots&lt;p_tp1<<pt,则S(n)=∏i=1t(pi+1)S(n)=\prod_{i=1}^{t}{(p_i+1)}S(n)=i=1t(pi+1).
S(n)=2nS(n)=2nS(n)=2n,若t=1t=1t=1S(n)=p1+1=2p1,p1=1S(n)=p_1+1=2p_1,p_1=1S(n)=p1+1=2p1p1=1,矛盾.
t≥2t\ge 2t2,当nnn为奇数时,pi(∀1≤i≤t)p_i(\forall 1\le i \le t)pi(1it)为奇数,则4∣S(n)4\mid S(n)4S(n),即4∣2n4\mid 2n42n,与nnn为奇数矛盾.所以nnn有因子222.
t=2t=2t=2时,n=6n=6n=6.t=3t=3t=3时,S(n)=3(p2+1)(p3+1)=2⋅2p2p3S(n)=3(p_2+1)(p_3+1)=2\cdot2p_2p_3S(n)=3(p2+1)(p3+1)=22p2p3,无解.
t≥3t\ge 3t3时有8/midS(n)8/mid S(n)8/midS(n),从而4∣n4\mid n4n,与nnn无平方因子矛盾.
综上,n=6n=6n=6.


练习:1.设n∈Zn\in\ZnZppp为素数,若当p∣np\mid npn时,p2∣np^2\mid np2n.称nnn为重幂的(powerful).证明:每个重幂数可写为完全平方数和完全立方数的乘积.
2.设ppp为素数,n∈Z+n\in\Z^+nZ+,若pa∣np^a\mid npanpa+1∤np^{a+1} \nmid npa+1n,称pap^apa恰整除(exactly divides)nnn.记为pa∥np^a\parallel npan.证明:若pa∣m,pb∣np^a\mid m,p^b\mid npampbn,且a≠ba\neq ba̸=b,则pmin{a,b}∥(m+n)p^{min{\{a,b\}}}\parallel (m+n)pmin{a,b}(m+n).
3.设m,n∈Zm,n\in\Zm,nZ,求方程mn=nmm^n=n^mmn=nm的所有解.

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