定理:算数基本定理(fundamental theorem of arithmetic):设1<n∈Z1<n\in\Z1<n∈Z,有n=p1p2⋯psn=p_1p_2\cdots p_sn=p1p2⋯ps.其中pi(1≤i≤s)p_i(1\le i \le s)pi(1≤i≤s)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\Zn∈Z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.
若nnn是合数,则nnn有正的真因数a,ba,ba,b,使得n=ab,1<a,b<nn=ab,1<a,b<nn=ab,1<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=p1p2⋯ps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=q1q2⋯qt,qj(1≤j≤t)是素数,则有p1p2⋯ps=q1q2⋯qtp_1p_2\cdots p_s=q_1q_2\cdots q_tp1p2⋯ps=q1q2⋯qt.从而p1∣q1q2⋯qtp_1\mid q_1q_2\cdots q_tp1∣q1q2⋯qt,则p1∣qj(1≤j≤t)p_1\mid q_j\quad (1\le j \le t)p1∣qj(1≤j≤t).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_tp2⋯ps=q2⋯qt.
若s>ts>ts>t,则pt+1⋯ps=1p_{t+1}\cdots p_s=1pt+1⋯ps=1与pt+1,⋯ ,psp_{t+1},\cdots,p_spt+1,⋯,ps与pt+1,⋯ ,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=qi,1≤i≤s.唯一性得证.
推论:对于∀1<n∈Z\forall 1<n\in\Z∀1<n∈Z,nnn可唯一表示为p1α1p2α2⋯pkαkp_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k}p1α1p2α2⋯pkαk,其中p1,p2,⋯ ,pkp_1,p_2,\cdots ,p_kp1,p2,⋯,pk是素数,且p1<p2<⋯<pk,α1,α2,⋯ ,αk∈Z+p_1<p_2<\cdots<p_k,\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_k\in\Z^+p1<p2<⋯<pk,α1,α2,⋯,αk∈Z+.
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=p1α1p2α2⋯pkαk为nnn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=p1α1p2α2⋯pkαk,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=p1β1p2β2⋯pkβk(βi∈N且0≤βi≤αi,1≤i≤k).
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=p1γ1p2γ2⋯pkγk(∀a∈N+,αi≤γi∈N,1≤i≤k).
推论:若a,b∈Za,b\in\Za,b∈Z且a,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=p1α1p2α2⋯pkαkb=p1β1p2β2⋯pkβk则(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)=p1λ1p2λ2⋯pkλkλi=min{αi,βi}1≤i≤k,[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]=p1μ1p2μ2⋯pkμkμi=max{αi,βi}1≤i≤k.
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=p1α1p2α2⋯pkαk,
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=1∏k(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=1∏kpi−1piαi+1−1.
特别地,若(a⋅b)=1(a\cdot b)=1(a⋅b)=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(a⋅b)=d(a)⋅d(b),S(a⋅b)=S(a)⋅S(b).
定义:设a,b∈Za,b\in\Za,b∈Z,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^+n∈Z+,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=p12α1p22α2⋯ps2αsαi≥1pi(1≤i≤s)为素数,p1<p2<⋯<psp_1<p_2<\cdots<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=1∏s(p12α1+p22α1−1+⋯+p1+1)则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=p1⋯ptpi(1≤i≤t)为素数,p1<⋯<ptp_1<\cdots<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).
由S(n)=2nS(n)=2nS(n)=2n,若t=1t=1t=1,S(n)=p1+1=2p1,p1=1S(n)=p_1+1=2p_1,p_1=1S(n)=p1+1=2p1,p1=1,矛盾.
若t≥2t\ge 2t≥2,当nnn为奇数时,pi(∀1≤i≤t)p_i(\forall 1\le i \le t)pi(∀1≤i≤t)为奇数,则4∣S(n)4\mid S(n)4∣S(n),即4∣2n4\mid 2n4∣2n,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)=2⋅2p2p3,无解.
t≥3t\ge 3t≥3时有8/midS(n)8/mid S(n)8/midS(n),从而4∣n4\mid n4∣n,与nnn无平方因子矛盾.
综上,n=6n=6n=6.
练习:1.设n∈Zn\in\Zn∈Z,ppp为素数,若当p∣np\mid np∣n时,p2∣np^2\mid np2∣n.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^+n∈Z+,若pa∣np^a\mid npa∣n但pa+1∤np^{a+1} \nmid npa+1∤n,称pap^apa恰整除(exactly divides)nnn.记为pa∥np^a\parallel npa∥n.证明:若pa∣m,pb∣np^a\mid m,p^b\mid npa∣m,pb∣n,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,n∈Z,求方程mn=nmm^n=n^mmn=nm的所有解.