5.2-互质 质因数分解

例5.2.1
试证相继三个整数之积能被6整除。 证明：三个相继整数必有一个为偶数，且 必有一个为3的倍数，即2|n(n+1)(n+2)，3| n(n+1)(n+2)。而(2，3)=1，故 6|n(n+1)(n+2)。
例5.2.2
试证相继三个整数的立方和是9的倍数。 证明：设 n-1，n，n+1为三个相继整数， 则 (n-1)3+n3+(n+1)3 =3n3+3n2-3n2+6n-1+1 =3(n3+2n) =3(n3+3n-n) =3(3n+n(n2-1)) =9n+3(n-1)n(n+1) 而由上例5.2.1知3|(n-1)n(n+1)， 故9|((n-1)3+n3+(n+1)3)。
定理5.2.6 (算术基本定理)
由(5.2.5)消去p1而得 p2…ph=q2…qk 由此同上可证p2应整除q2,…,qk之一。如此 类推，可见p1,…,ph和q1,…,qk完全一样，最 多次序不一样。不可能一边已经消完而另 一边还剩下质数，因为，那样则一个质数 或一些质数之积等于1，这不可能。
定理5.2.6 (算术基本定理)
例5.2.4
若(ai,bj) = 1，1 ≤ i ≤ n，1 ≤ j ≤ m，则 (a1a2…an,b1b2…bm)=1。特别当(a,b) = 1时， (an,bm) = 1，n,m为任意正整数。 证明：由(ai,bj)=1， 1 ≤ j ≤ m ，得(ai, b1b2…bm)=1， 1 ≤ i ≤ n ，进而 (a1a2…an,b1b2…bm) = 1。取ai=a，bj=b，则 （an,bm）=1。
质数p和a互质，必要而且只要p|a。事实上， 若p|a，则p和a除±1外还有公因数±p，故 二者不互质。若p|a，则±p当然就不是p,a 的公因数；但除了±p，只有±1才可能是p 的因数，所以只有±1才可能是p,a的公因 数，即二者互质。显然任意两个不同的质 数互质。
定理5.2.5
若质数p整除a1a2…an，则p整除a1，a2，…， an之一。 证明：假若a1，a2，…，an都不能被p整除， 则p和它们都互质，故由定理5.2.3，p和它 们的乘积互质，因而p将不能整除此乘积， 矛盾。
定理5.2.2
若a和b互质，而abc，则ac。 证明：因为a，b互质，故有s，t使1=sa+tb， 从而 c=sac+tbc ………… (5.2.1) 今因abc，故a整除(5.2.1)右边每一项，因 而ac。
定理5.2.3
若b和a1,a2,…,an都互质，则b和a1a2…an互 质。 证明：由题设，对i=1,2,…,n，有si，ti使 sib+tiai=1 把所有这n个式子乘起来，右边得1，左边 有2n项，其中有一项包含a1a2…an，而其余 各项都包含b，所以，乘起来的式子如下： Sb+Ta1a2…an=1 由定理5.2.1得，b和a1a2…an二者互质。
推论5.2.1 任意整数(0，±1)恰好有一法 写成下面的形式： ±p1…pk (5.2.6) 其中p1,…,pk都是质数。 推论5.2.2 任意整数(0，±1)恰好有一法 写成下面的形式： ±p1r1…pnr n (5.2.7) 其中p1,…,pn是不同的质数，r1,…,rn是正 整数。
定理5.2.7（欧几里德）
定理5.2.4
假定对i(1≤i<k) 有 m1m2…mi|a……………… (5.2.2) 我们证明 m1m2…mimi+1|a……………(5.2.3) 由(5.2.2)知有q使 a=m1m2…miq…………… (5.2.4) 今 mi+1|a，且由定理 5.2.3 知 mi+1和 m1m2…mi 互质， 故由定理5.2.2，mi+1|q。据此及(5.2.4)知(5.2.3)成 立。归纳证毕,…,mk两两互质而都整除a，则 m1m2…mk|a。 证明：从简单到复杂对k进行归纳。 当k=1时，结论显然。 当k=2时，由于m1|a，所以存在整数q使得 a=m1q。又m2|a，即m2|m1q，而(m1, m2)=1， 故m2|q(定理5.2.2)，于是存在p，使q=m2p。 从而a=m1m2p，即 m1m2|a。
5.2.2 质数与合数 算术基本定理
定义5.2.2
一个正整数，如果不等于1而且除了自己和 1没有其它正因数，则称其为一个质数(也 称为素数)；否则称其为合数。 例如：2，3，5，7，11，…都是质数。1既 不是质数也不是合数。1之所以要摒于质数 之外，是因为它完全没有质数所具备的那 些重要的数论性质。
质数无穷多 证明：假定质数只有有限的几个，设为 p1, …, pn。 试看 N=p1p2…pn+1 因为p1,…,pn都不能整除N，故N无质因数， 即N为质数。而N不同于p1,…,pn，与质数 只有p1,…,pn矛盾。
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若a是质数，则a算是已经写成了质数的乘 积。 若a不是质数，于是，a有因数b，1<b<a。 因之，a=bc，1<c<a。既然b和c都<a，故由 归纳假定，b 和c都可以写成质数的乘积。 又a=bc，只要把这两个乘积连接起来就把a 写成了质数的乘积。归纳法已经完成，所 以任意正整数n（n1）可以写成质数的乘 积。
定理5.2.6 (算术基本定理)
任意正整数n（n1）恰有一法写成质数的 乘积（不计因数乘积的顺序）。 证明：先证n可以写成质数的乘积。 用数学归纳法， n=2时,显然成立，因为2 是质数，算是已经写成了质数的乘积。 假定n<a时n可以写成质数的乘积， 试证n=a时也可以这样写。
定理5.2.6 (算术基本定理)
例5.2.5
设a,b为大于1的自然数，ba，且(a,b)=1， 则logab 是无理数。 证明：反证法。若不然，logab=p/q为有理 数。因ba，知p，q是正整数，且（p,q） =1。从而得 ap/q=b，即ap=bq。因为 (a,b)=1， 由上例5.2.4知（ap,bq）=1，与ap=bq矛盾。
定理5.2.6 (算术基本定理)
再证n只有一法写成质数的乘积，换句话说， 如果 n=p1…ph=q1…qk ………… (5.2.5) 而p1,…,ph，q1,…,qk都是质数，则h=k，而 且p1,…,ph和q1,…,qk完全一样，最多次序不 同。 由(5.2.5)，p1|q1…qk，故由定理5.2.5，p1应 整除q1,…,qk之一，颠倒后者的次序，可假 定p1|q1。今q1是质数，只有q1和1两个正因 数，而p11，故p1必等于q1。
§5.2 互质 质因数分解
5.2.1 整数互质
定义5.2.1 若a，b除±1外无其它公因数， 则我们说a和b互质。 据定义，a和b互质，必要而且只要a，b的 最高公因数为1，且±1和任意整数互质。
定理5.2.1
a和b互质，当且仅当1可表示为a和b的倍数 和形式，即存在整数s和t使1=sa+tb。 证明：必要性；由a和b互质知，a和b的最 高公因数为1，从而存在s，t，使sa+tb=1。 充分性；只需证：若存在s，t，使sa+tb=1， 则a和b的最高公因数d=(a,b)为1。假设 d=(a,b) 1，则d|a，d|b，从而d整除 sa+tb=1的左端，因此d|1，矛盾。
例5.2.3
试证2p-1和2q-1互质的充要条件是p和q互质。 证明：必要性；假若p和q不互质，(p,q)=a1， 记p=ap1，q=aq1，则2p-1=2ap1-1，2q-1=2aq1-1。 有公因数2a-11，矛盾。 充分性；设 (p,q)=1，(2p-1,2q-1)=d，往证d=1。 不妨设 pq，辗转相除得 p=ql1+r1， q=r1l2+r2，…，rn-2=rn-1ln+rn，rn-1=rnln+1。由于 (p,q)=1，故rn=1。因为 2p-1=2ql1+r1-1 =2r1(2ql11)+2r1-1 =(2q-1)N+(2r1-1)，所以(2q-1,2r1-1)=d。 同理推得 d=(2r1-1,2r2-1)= … =(2rn-1-1,2rn-1)=1。
例5.2.6
设f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a0是整系数多项式， 若10|f(2)，10|f(5)，则10|f(10)。 证明：注意到 f(10) =an10n+an-110n-1+…+a0， 所以10|f(10)当且仅当10|a0。 因为10|f(2)，所以2|f(2)，于是2|a0，同样 5|a0。由（2，5）=1得10| a0。