整数的可除性

Posted 2021-03-21 hahahang

整除

定义：设a，b是两个任意的正整数，其中b ( eq) 0，若存在一个整数q，使得：a=qb
则称b整除a，记为b | a。

整除的运算定理
1.设a, b, c ( eq) 0是三个整数，若 c | a, c | b，则对任意整数s, t有：c | (sa+tb)
2.设a, b都是非零整数，若a | b，b | a，则a = (pm)b

Eratoshenes筛法

定理：设n是一个正合数，p是n的一个大于1的最小正因数，则p一定是素数且(pleqsqrt{n})
Eratoshene筛法：设n是正整数，如果对所有素数(pleqsqrt{n})都有p( mid)n，则n一定是素数。

证明：显而易见，如果第一个定理是成立的，那么就很容易得到Eratoshenes筛法，所以这里只需要证明第一个定理
反证法，假设n的大于1的最小正因数p是合数，那么显然(exists)q>1， q | p，则有q | n，所以q也是n的一个大于1的正因数，且q<p，这与p是n的大于1的最小正因数的前提相违，故p是素数。
对于第二个部分同样使用反证法，假设n的大于1的最小正因数(p>sqrt{n})，因为p是n的因数，所以可以设n=pq
(ecause)p是n的最小正因数
( herefore q>p>sqrt{n})
则(pq>sqrt{n}*sqrt{n}=n)，这与前提条件相违背
故(pleqsqrt{n})

欧几里得除法

设a，b是两个整数，其中b>0，则存在唯一的整数q，r，使得a=qb+r且(0leq r <b)

证明：存在性
可以将数轴分成无数个长度为b的区间，即(cdots,-2b,-b,0,b,2b,cdots)
则整数a必然落在其中的一个区间上
( hereforeexists q)使得(qbleq a < (q+1)b)
令(r=a-qb)，则(a=qb+r)
唯一性
假设分别有整数(q,r,q_1,r_1)使得：
(a=qb+r) ((0leq r<b))
(a=q_1b+r_1) ((0leq r_1<b))
则((q-q_1)b=-(r-r_1))
如果(q eq q_1)则(|(q-q_1)b|geq b)，而(|-(r-r_1)|<b)，显然矛盾
故(q=q_1) (r=r_1)

定理：设a,b,c是三个全不为零的整数，如果存在整数q使得a=qb+c，则(a,b)=(b,c)

证明：设d=(a,b)，则d | a，d | b，由整除的运算定理可知：
d | (a-qb)，d | c
( herefore)d是b，c的一个公因数
设d‘=(b,c)，则d(leq)d‘且d‘ | b，d‘ | c
则d‘ | (qb+c)，d‘ | a
( herefore)d‘是a,b的一个公因数，则d‘(leq)d
( herefore)d=d‘
即(a,b)=(b,c)

广义欧几里得除法：设a,b是两个任意的正整数，记(r_{-2}=a, r_{-1}=b)，则反复运用欧几里得除法有：
(r_{-2}=q_0r_{-1}+r_0)
(r_{-1}=q_1r_0+r_1)
(dots)
(r_{n-1}=q_{n+1}r_n+r_{n+1})
(r_n=q_{n+2}r_{n+1}+0)

则(r_{n+1})是a,b的最大公因数
通过上面的定理就很容易得到广义欧几里得除法的证明

贝祖等式：设a,b是任意的两个正整数，则存在整数s,t使得sa+tb=(a,b)

贝祖等式的证明同样可以由广义欧几里得除法得到，因为广义欧几里得除法得出了一系列的等式，而(r_{n+1})就等于(a,b)，那么在上面的等式用(r_{n+1})依次向上取代便可得到贝祖等式

定理：整数a,b互素的充分必要条件是存在整数s,t使得sa+tb=1

证明：必要性，不难证明，(a,b)=1( ightarrow) sa+tb=1
充分性
设d | a, d | b
(ecause)sa+tb=1
( herefore)d | (sa+tb) = 1
( herefore)d = 1
也就是说只有1能够同时整除a,b，即(a,b)=1

算术基本定理

任意整数n>1都可以表示成素数的乘积，且不考虑乘积顺序的情况下，该表达式是唯一的，即(n=p_1cdots p_s)，其中(p_1leqcdotsleq p_s)
标准分解式：任意整数n>1可以唯一的表示成：(n=p_1^{a_1}cdots p_s^{a_s})，其中(a_i)>0，(p_i<p_j(i<j))是素数。

定理：设a,b是两个正整数，且都有素数因数分解式
(a=p_1^{a_1}cdots p_s^{a_s})
(b=p_1^{b_1}cdots p_s^{b_s})
则a,b的最大公因数和最小公倍数为：
((a,b)=p_1^{varphi_1}cdots p_s^{varphi_s})，其中(varphi_i=min(a_i,b_i),i=1,dots,s)
([a,b]=p_1^{psi_1}cdots p_s^{psi_s})，其中(psi_i=max(a_i,b_i),i=1,dots,s)

推论1：(a,b)[a,b]=a,b

证明.
(ecause(a,b)=p_1^{varphi_1}cdots p_s^{varphi_s})
([a,b]=p_1^{psi_1}cdots p_s^{psi_s})
( herefore (a,b)[a,b]=p_1^{varphi_1+psi_1}cdots p_s^{varphi_s+psi_s})
而(varphi_i=min(a_i,b_i))，(psi_i=max(a_i,b_i))
(ecause max(a,b)+min(a,b)=a+b)
( herefore varphi_i+psi_i=a_i+b_i)
( herefore (a,b)[a,b]=p_1^{a_i+b_i}cdots p_s^{a_s+b_s}=ab)

推论2：(frac{a}{(a,b)})与(frac{b}{(a,b)})互素

证明.
(ecause (a,b)=p_1^{varphi_1}cdots p_s^{varphi_s}(varphi_i=mid(alpha_i,eta_i)))
( herefore frac{a}{(a,b)}=p_1^{alpha_1-mid(alpha_1,eta_1)}cdots p_s^{alpha_s-mid(alpha_s,eta_s)})
(frac{b}{(a,b)}=p_1^{eta_1-mid(alpha_1,eta_1)}cdots p_s^{eta_s-mid(alpha_s,eta_s)})
(ecause mid(a-mid(a,b),b-mid(a,b))=0)
( herefore (frac{a}{(a,b)},frac{b}{(a,b)})=p_1^0cdots p_s^0=1)
即(frac{a}{(a,b)})与(frac{b}{(a,b)})互素