与素数有关的一些性质及证明（一）

文章目录

写在前面
素数、合数
- 定理：带余除法
整除、因数
- ★\bigstar★命题：除数整除被除数的倍数和
公因数、最大公因数
- 除数与被除数的最大公因数等于除数与余数的最大公因数
- 辗转相除法:求两整数最大公因数的统一方法
互素
- ★★\bigstar\bigstar★★定理：两整数互素的充要条件
- - 证明
- 互素整数的重要性质及推广
素数的重要性质
- 证明
算术基本定理

写在前面

最近学习了丘维声教授的课程《数学的思维方式与创新》，总结一下课程中关于素数的一些主要性质及证明。

素数、合数

设mmm是大于111的整数，如果mmm的正因数只有111和mmm自身，那么称mmm是一个素数（或质数），否则称mmm是合数。

定理：带余除法

任给a,b∈Za,\,b\in\mathbb{Z}a,b∈Z，且b≠0b\neq0b=0，则存在唯一的一对整数q,rq,\,rq,r，使得
a=qb+r,0⩽r<∣b∣,a=qb+r,\quad0\leqslant r<|b|, a=qb+r,0⩽r<∣b∣,
其中，qqq和rrr分别称为aaa被bbb除所得的商和余数。

整除、因数

对于整数a,ba,\,ba,b，如果存在整数ccc，使得
a=cb,a=cb, a=cb,
那么称bbb整除aaa，记作b∣ab\,|\,ab∣a，否则，称bbb不能整除aaa，记作b∤ab\,\nmid\,ab∤a。当b∣ab\,|\,ab∣a时，bbb称为aaa的一个因数，aaa称为bbb的一个倍数。

任给a∈Za\in\mathbb{Z}a∈Z，由于0=0a0=0a0=0a，因此a∣0a\,|\,0a∣0，特别地，0∣00\,|\,00∣0。
整除具有反身性，传递性，但是没有对称性。

★\bigstar★命题：除数整除被除数的倍数和

在Z\mathbb{Z}Z中，若b∣ai,i=1,2,⋯,sb\,|\,a_i,\,i=1,\,2,\,\cdots,\,sb∣ai,i=1,2,⋯,s，则对任意整数u1,u2,⋯,usu_1,\,u_2,\,\cdots,\,u_su1,u2,⋯,us，有
b∣u1a1+u2a2+⋯+usas.b\,|\,u_1a_1+u_2a_2+\cdots+u_sa_s. b∣u1a1+u2a2+⋯+usas.

公因数、最大公因数

如果c∣ac\,|\,ac∣a且c∣bc\,|\,bc∣b，那么称ccc是aaa与bbb的一个公因数（公约数）。
整数aaa与bbb的一个公因数ddd如果满足：aaa与bbb的任一公因数都能整除ddd，那么称ddd是aaa与bbb的一个最大公因数（最大公约数）。
约定： 用(a,b)(a,\,b)(a,b)表示两整数间正的最大公因数。
任给a∈Za\in\mathbb{Z}a∈Z，由于a∣aa\,|\,aa∣a且a∣0a\,|\,0a∣0，所以aaa是aaa与000的一个公因数，任取aaa与000的一个公因数ccc，显然c∣ac\,|\,ac∣a，所以aaa是aaa与000的一个最大公因数。
特别地，000是000与000的最大公因数。

除数与被除数的最大公因数等于除数与余数的最大公因数

在Z\mathbb{Z}Z中如果有等式
a=qb+ra=qb+r a=qb+r
成立，那么ddd是aaa与bbb的最大公因数当且仅当ddd是bbb与rrr的最大公因数。

辗转相除法:求两整数最大公因数的统一方法

任给两个整数a,ba,\,ba,b，都存在它们的一个最大公因数ddd，并且ddd可以表示成aaa与bbb的倍数和，即存在整数u,vu,\,vu,v，使得
ua+vb=d.ua+vb=d. ua+vb=d.

互素

设a,b∈Za,\,b\in\mathbb{Z}a,b∈Z，如果(a,b)=1(a,\,b)=1(a,b)=1，那么称aaa与bbb互素。
两个整数互素当且仅当它们的公因数只有±1\pm1±1。

★★\bigstar\bigstar★★定理：两整数互素的充要条件

两整数a,ba,\,ba,b互素的充要条件是：存在整数u,vu,\,vu,v，使得
ua+vb=1.ua+vb=1. ua+vb=1.

证明

必要性：由辗转相除法定理即可得到，下证充分性。
充分性：设ua+vb=1ua+vb=1ua+vb=1成立，只需证明整数a,ba,\,ba,b互素，即证明(a,b)=1(a,\,b)=1(a,b)=1。任取a,ba,\,ba,b的一个公因数ccc，则有c∣a,c∣bc\,|\,a,\,c\,|\,bc∣a,c∣b，由定理：除数整除被除数的倍数和，可以得到：c∣ua+vbc\,|\,ua+vbc∣ua+vb，所以c∣1c|1c∣1，证毕。

互素整数的重要性质及推广

在Z\mathbb{Z}Z中，如果a∣bca\,|\,bca∣bc，且(a,b)=1(a,\,b)=1(a,b)=1，那么a∣ca\,|\,ca∣c。

证明：

若c=0c=0c=0，a∣ca\,|\,ca∣c显然成立；若c≠0c\neq0c=0，利用整数互素的充要条件得到：存在整数u,vu,\,vu,v，使得ua+vb=1ua+vb=1ua+vb=1，两边同乘以ccc得到：uac+vbc=cuac+vbc=cuac+vbc=c，而显然有a∣a,a∣bca\,|\,a,\,a\,|\,bca∣a,a∣bc，根据命题：除数整除被除数倍数和，得到a∣(uc)a+v(bc)⟹a∣ca\,|\,(uc)a+v(bc)\Longrightarrow a\,|\,ca∣(uc)a+v(bc)⟹a∣c.

性质1的简单应用

对于素数ppp, 有p∣Cpk,∀k∈[1,p)p\,|\,{C}_p^k, \forall k\in[1,p)p∣Cpk,∀k∈[1,p)
证明:
对组合数Cpk{C}_p^kCpk显然有(p−k)Cpk=pCp−1k(p-k){C}_p^k=p{C}_{p-1}^k(p−k)Cpk=pCp−1k, 而显然(p,p−k)=1(p, p-k)=1(p,p−k)=1,p∣(p−k)Cpkp\,|\,(p-k){C}_p^kp∣(p−k)Cpk, 所以由性质1, 可得p∣Cpkp\,|\,{C}_p^kp∣Cpk.
在Z\mathbb{Z}Z中，如果a∣c,b∣ca\,|\,c,\,b\,|\,ca∣c,b∣c，且(a,b)=1(a,\,b)=1(a,b)=1，那么ab∣cab\,|\,cab∣c。

证明：

根据a∣ca\,|\,ca∣c，有整数hhh使得c=hac=hac=ha。由于b∣cb\,|\,cb∣c，因此b∣hab\,|\,hab∣ha。又由于(a,b)=1(a,\,b)=1(a,b)=1，因此由性质1得到b∣hb\,|\,hb∣h，从而有整数ggg使得h=gbh=gbh=gb，所以有c=g(ba)c=g(ba)c=g(ba)，即得到ab∣cab\,|\,cab∣c。

推广：

在Z\mathbb{Z}Z中，如果ai∣c,i=1,2,⋯,sa_i\,|\,c,\,i=1,\,2,\,\cdots,\,sai∣c,i=1,2,⋯,s，且a1,a2,⋯,asa_1,\,a_2,\,\cdots,\,a_sa1,a2,⋯,as两两互素，那么a1a2⋯as∣ca_1a_2\cdots a_s\,|\,ca1a2⋯as∣c.
在Z\mathbb{Z}Z中，如果(a,c)=1(a,\,c)=1(a,c)=1，且(b,c)=1(b,\,c)=1(b,c)=1，那么(ab,c)=1(ab,\,c)=1(ab,c)=1。

证明：

根据(a,c)=1,(b,c)=1(a,\,c)=1,\,(b,\,c)=1(a,c)=1,(b,c)=1，得到：有整数ui,vi,i=1,2u_i,\,v_i,\,i=1,\,2ui,vi,i=1,2，使得
{u1a+v1b=1u2b+v2c=1\begin{cases} u_1a+v_1b=1\\ u_2b+v_2c=1 \end{cases} {u1a+v1b=1u2b+v2c=1
将上述两式左右两边分别相乘，得到
(u1u2)ab+(u1av2+v1u2b+v1v2c)c=1(u_1u_2)ab+(u_1av_2+v_1u_2b+v_1v_2c)c=1 (u1u2)ab+(u1av2+v1u2b+v1v2c)c=1
于是由整数互素的充要条件得到：(ab,c)=1(ab,\,c)=1(ab,c)=1.

推广：

在Z\mathbb{Z}Z中，如果(ai,c)=1,i=1,2,⋯,s(a_i,\,c)=1,\,i=1,\,2,\,\cdots,\,s(ai,c)=1,i=1,2,⋯,s，那么(a1a2⋯as,c)=1(a_1a_2\cdots a_s,\,c)=1(a1a2⋯as,c)=1。

素数的重要性质

设ppp是大于111的整数，则下列命题等价：

ppp是素数；
对任意整数aaa，都有p∣ap\,|\,ap∣a或者(p,a)=1(p,\,a)=1(p,a)=1；
对整数a,ba,\,ba,b，从p∣abp\,|\,abp∣ab可以推出：p∣ap\,|\,ap∣a或者p∣bp\,|\,bp∣b；
ppp不能分解成两个比ppp小的正整数的乘积。

证明

1->2：由于ppp是素数，所以有(p,a)=1(p,\,a)=1(p,a)=1或者(p,a)=p(p,\,a)=p(p,a)=p，而后者可得出p∣ap\,|\,ap∣a.
2->3：由于p∣abp\,|\,abp∣ab，假设p∤ap\,\nmid\,ap∤a，则由性质2，有(p,a)=1(p,\,a)=1(p,a)=1，再由整数互素的性质1，得到p∣bp\,|\,bp∣b。
3->4：假设p=p1p2,0<p1<p,0<p2<pp=p_1p_2,\,0<p_1<p,\,0<p_2<pp=p1p2,0<p1<p,0<p2<p，则由整除的反身性得到p∣p1p2p\,|\,p_1p_2p∣p1p2，由性质3得到：p∣p1p\,|\,p_1p∣p1或者p∣p2p\,|\,p_2p∣p2，矛盾。
4->1：任取ppp的一个正因数aaa，则存在正整数bbb，使得p=bap=bap=ba，根据性质4，b=pb=pb=p或者a=pa=pa=p，当b=pb=pb=p时，a=1a=1a=1，因此ppp的正因数只有1,p1,\,p1,p，从而ppp为素数。

算术基本定理

任一大于111的整数aaa都能唯一地分解成有限多素数地乘积。

其中，唯一性是指：如果aaa有两个这样的分解式：
a=p1p2⋯ps=q1q2⋯qt,a=p_1p_2\cdots p_s=q_1q_2\cdots q_t, a=p1p2⋯ps=q1q2⋯qt,
则一定有s=ts=ts=t，且适当排列因数地次序之后有：
pi=qi,i=1,2,⋯,s.p_i=q_i,\quad i=1,\,2,\,\cdots,\,s. pi=qi,i=1,2,⋯,s.