初等数论 1.8 算数基本定理

定理：算数基本定理（fundamental theorem of arithmetic）：设$1<n\in \mathbb{Z}$，有$n=p_1{p}_2\cdots p_s$.其中$p_i(1\le i\le s)$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$n\in \mathbb{Z}$归纳.当$n=2$时，结论成立.
假设结论对小于$n$的正整数均成立，现在考虑$n$.若$n$是素数，则结论显然成立.
若$n$是合数，则$n$有正的真因数$a,b$，使得$n=ab，1<a,b<n$.由归纳假设，$a,b$均可分解为有限个素数之积.从而$n$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$1$的正整数$n$都能分解成$n=p_1{p}_2\cdots p_s$的形式.
唯一性：若$n=q_1{q}_2\cdots q_t，q_j(1\le j\le t)$是素数，则有$p_1{p}_2\cdots p_s=q_1{q}_2\cdots q_t$.从而$p_1\mid q_1{q}_2\cdots q_t$，则$p_1\mid q_j(1\le j\le t)$.不妨$p_1/mid{q}_1$，又$p_1,q_1$都是素数，必有$p_1=q_1$.从而有$p_2\cdots p_s=q_2\cdots q_t$.
若$s>t$，则$p_{t+1}\cdots p_s=1$与$p_{t+1},\cdots ,p_s$与$p_{t+1},\cdots ,p_s$为素数矛盾.于是$s=t$.且适当调整顺序后，$p_i=q_i，1\le i\le s$.唯一性得证.

推论：对于$\forall 1<n\in \mathbb{Z}$，$n$可唯一表示为$p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，其中$p_1,p_2,\cdots ,p_k$是素数，且$p_1<p_2<\cdots <p_k，{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_k\in {\mathbb{Z}}^{+}$.
定义：称满足以上条件，$n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$为$n$的标准分解式.
推论：设$n$的标准分解式为$n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，则
1.$n$的所有正因数$d=p_1^{{\beta }_1}{p}_2^{{\beta }_2}\cdots p_k^{{\beta }_k}({\beta }_i\in \mathbb{N}且0\le {\beta }_i\le {\alpha }_i，1\le i\le k)$.
2.$n$的所有正倍数$m=p_1^{{\gamma }_1}{p}_2^{{\gamma }_2}\cdots p_k^{{\gamma }_k}(\forall a\in {\mathbb{N}}^{+}，{\alpha }_i\le {\gamma }_i\in \mathbb{N}，1\le i\le k)$.
推论：若$a,b\in \mathbb{Z}$且$a,b$的标准分解式为$$a=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}b=p_1^{{\beta }_1}{p}_2^{{\beta }_2}\cdots p_k^{{\beta }_k}$$则$(a,b)=p_1^{{\lambda }_1}{p}_2^{{\lambda }_2}\cdots p_k^{{\lambda }_k}{\lambda }_i=\min \{{\alpha }_i,{\beta }_i\}1\le i\le k$，$[a,b]=p_1^{{\mu }_1}{p}_2^{{\mu }_2}\cdots p_k^{{\mu }_k}{\mu }_i=\max \{{\alpha }_i,{\beta }_i\}1\le i\le k$.
推论：若$n$的标准分解式为$n=p_1^{{\alpha }_1}{p}_2^{{\alpha }_2}\cdots p_k^{{\alpha }_k}$，
1.$n$的正因数个数$d(n)=\prod _{i=1}^k({\alpha }_i+1)$.
2.$n$的正因数的和$S(n)=\prod _{i=1}^k\frac{p_i^{{\alpha }_i+1}-1}{p_i-1}$.

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

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

证明：设$n$是平方数，且$n=p_1^{2{\alpha }_1}{p}_2^{2{\alpha }_2}\cdots p_s^{2{\alpha }_s}{\alpha }_i\ge 1p_i(1\le i\le s)$为素数，$p_1<p_2<\cdots <p_s$，则$$S(n)=\prod _{i=1}^s(p_1^{2\alpha 1}+p_2^{2{\alpha }_1-1}+\cdots +p_1+1)$$则$S(n)$是奇数，所以$n$不是完全数.

2.若$n$是无平方因子的完全数，则$n=6$.

证明：设$n=p_1\cdots p_t{p}_i(1\le i\le t)$为素数，$p_1<\cdots <p_t$，则$S(n)={\prod }_{i=1}^t(p_i+1)$.
由$S(n)=2n$，若$t=1$，$S(n)=p_1+1=2p_1，p_1=1$，矛盾.
若$t\ge 2$，当$n$为奇数时，$p_i(\forall 1\le i\le t)$为奇数，则$4\mid S(n)$，即$4\mid 2n$，与$n$为奇数矛盾.所以$n$有因子$2$.
$t=2$时，$n=6$.$t=3$时，$S(n)=3(p_2+1)(p_3+1)=2\cdot 2p_2{p}_3$，无解.
$t\ge 3$时有$8/midS(n)$，从而$4\mid n$，与$n$无平方因子矛盾.
综上，$n=6$.

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练习：1.设$n\in \mathbb{Z}$，$p$为素数，若当$p\mid n$时，$p^2\mid n$.称$n$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$p$为素数，$n\in {\mathbb{Z}}^{+}$，若$p^a\mid n$但$p^{a+1}\nmid n$，称$p^a$恰整除（exactly divides）$n$.记为$p^a\parallel n$.证明：若$p^a\mid m，p^b\mid n$，且$a̸=b$，则$p^{min\{a,b\}}\parallel (m+n)$.
3.设$m,n\in \mathbb{Z}$，求方程$m^n=n^m$的所有解.