算术基本定理

背景

小学时，我们学习过如何对正整数进行质因数分解，但是没有严格证明所有正整数的质因数分解的结果都是唯一的（如果不考虑质因数的顺序）。本文会介绍算术基本定理 ( $The\; Fundamental\; Theorem\; of\; Arithmetic\backslash text\{The\; Fundamental\; Theorem\; of\; Arithmetic\}$ The Fundamental Theorem of Arithmetic)

正文

引理一

$pp$ p 是一个质数， $a,ba,b$ a,b 都是整数，如果 $p\mid abp\backslash mid\; ab$ p∣ab 成立，那么以下两个命题至少有一个成立。

• $p\mid ap\backslash mid\; a$ p∣a
• $p\mid bp\backslash mid\; b$ p∣b

引理一的证明

我们先检查 $p\mid ap\backslash mid\; a$ p∣a 是否成立。

如果 $p\mid ap\backslash mid\; a$ p∣a 成立，那么证明结束（因为第一个命题成立）。

如果 $p\nmid ap\backslash nmid\; a$ p∤a，那么我们需要证明 $p\mid bp\backslash mid\; b$ p∣b。考虑到 $p\nmid ap\backslash nmid\; a$ p∤a，而 $pp$ p 的约数只有 $11$ 1 和 $pp$ p，那么 $gcd(p,a)=1gcd(p,a)=1$ gcd(p,a)=1 成立。依据扩展欧几里得定理（可以参考 Python 扩展欧几里得算法 一文），我们可以找到满足下列等式的整数 $x,yx,y$ x,y
$$px+ay=1px+ay=1$$ px+ay=1

我们可以在等式两边乘以 $bb$ b，得到 ⬇️
$$pxb+aby=bpxb+aby=b$$ pxb+aby=b

由于 $p\mid pp\backslash mid\; p$ p∣p 和 $p\mid abp\backslash mid\; ab$ p∣ab 都成立，所以等式左边可以被 $pp$ p 整除，那么等式右边也能被 $pp$ p 整除，即 $p\mid bp\backslash mid\; b$ p∣b。证明结束（因为第二个命题成立）。

引理二

$Prime\; Divisibility\; Property\backslash text\{Prime\; Divisibility\; Property\}$ Prime Divisibility Property

$pp$ p 是一个质数， $a1,a2,\cdots \hspace{0.17em},ar\; a\_1,a\_2,\backslash cdots,a\_r$ a1,a2,⋯,ar 都是整数，如果 $p\mid a1a2\cdots ar\; p\backslash mid\; a\_1\; a\_2\; \backslash cdots\; a\_r$ p∣a1a2⋯ar，那么以下 $rr$ r 个命题至少有一个成立。

• $p\mid a1\; p\backslash mid\; a\_1$ p∣a1
• $p\mid a2\; p\backslash mid\; a\_2$ p∣a2
• $\cdots \backslash cdots$ ⋯
• $p\mid ar\; p\backslash mid\; a\_r$ p∣ar

引理二的证明

我们可以对 $rr$ r 的大小进行归纳证明 ⬇️

• $r=1r=1$ r=1 时， $p=a1\; p=a\_1$ p=a1， $p\mid a1\; p\backslash mid\; a\_1$ p∣a1 自然成立
• $r=2r=2$ r=2 时，引理二退化为引理一
• $r=3r=3$ r=3 时
  • 如果 $p\mid a1\; p\backslash mid\; a\_1$ p∣a1，那么引理二成立
  • 如果 $p\nmid a1\; p\backslash nmid\; a\_1$ p∤a1，那么根据引理一， $p\mid a2a3\; p\backslash mid\; a\_2\; a\_3$ p∣a2a3 成立。利用引理一， $p\mid a2\; p\backslash mid\; a\_2$ p∣a2 成立或者 $p\mid a3\; p\backslash mid\; a\_3$ p∣a3 成立。引理二得证。
• $r=4r=4$ r=4 时
  • 如果 $p\mid a1\; p\backslash mid\; a\_1$ p∣a1，那么引理二成立
  • 如果 $p\nmid a1\; p\backslash nmid\; a\_1$ p∤a1，那么根据引理一， $p\mid a2a3a4\; p\backslash mid\; a\_2\; a\_3\; a\_4$ p∣a2a3a4 成立。这就退化成了 $r=3r=3$ r=3 的情况。
• ...

所以，我们可以把引理一视为引理二在 $r=2r=2$ r=2 时的特例，把引理二视为引理一的推广。

算术基本定理

算术基本定理 ( $The\; Fundamental\; Theorem\; of\; Arithmetic)\backslash text\{The\; Fundamental\; Theorem\; of\; Arithmetic\})$ The Fundamental Theorem of Arithmetic)

对于任意满足 $n\ge 2n\backslash ge\; 2$ n≥2 的整数 $nn$ n，它都可以分解为若干个质数的乘积，而且这个分解结果是唯一的（如果不考虑质因数的顺序）。

证明分为两部分 ⬇️

• 分解结果存在
• 分解结果唯一

证明分解结果存在

$n=2n=2$ n=2 时， $22$ 2 就是（一个）分解结果。假设我们已经证明了 $2\le n\le k2\backslash le\; n\; \backslash le\; k$ 2≤n≤k 的情况，现在要用数学归纳法证明 $n=k+1n=k+1$ n=k+1 的情况。

如果 $k+1k+1$ k+1 自身就是质数，那么 $n=k+1n=k+1$ n=k+1 就是（一个）分解结果。

如果 $k+1k+1$ k+1 不是质数，考虑到每个大于等于 $22$ 2 的整数至少有 $22$ 2 个约数，即 $11$ 1 和它自身。既然 $k+1k+1$ k+1 不是质数，那么 $k+1k+1$ k+1 一定还有除了 $11$ 1 和 $nn$ n 之外的其他约数 $xx$ x， $xx$ x 满足 1<x<(k+1)。 $n=xn=x$ n=x 以及 $n=\; k+1x\; n=\backslash frac\{k+1\}\{x\}$ n=xk+1的情况，已经被归纳假设所涵盖了， $xx$ x 和 $k+1x\; \backslash frac\{k+1\}\{x\}$ xk+1 都可以写成若干个质数的乘积。那么 $k+1=x\times \; k+1x\; k+1=x\; \backslash times\; \backslash frac\{k+1\}\{x\}$ k+1=x×xk+1 也可以写成若干个质数的乘积。

$n=k+1n=k+1$ n=k+1 的情况证明完毕。根据数学归纳法，分解结果的存在性对任意 $n\ge 2n\backslash ge\; 2$ n≥2 都成立。

证明分解结果唯一

$n=2n=2$ n=2 时，只有一个分解结果 $n=2n=2$ n=2，假设存在某个 $NN$ N，它的质因数分解的结果不唯一。那么我们逐个检查 $n=2,3,\cdots \hspace{0.17em},Nn=2,3,\backslash cdots,N$ n=2,3,⋯,N 的情况，一定可以找到 分解结果不唯一 的最小的整数 $N0\; N\_0$ N0 (那么 2<N0≤N) 成立。请注意，对任意满足 2≤n<N0 的 $nn$ n，其分解结果都是唯一的。由于 $N0\; N\_0$ N0 的分解结果不唯一，那么它至少有两种分解结果，分别记录如下

• $N0=p1p2\cdots ps\; N\_0=p\_1\; p\_2\backslash cdots\; p\_s$ N0=p1p2⋯ps
• $N0=q1q2\cdots qt\; N\_0=q\_1\; q\_2\backslash cdots\; q\_t$ N0=q1q2⋯qt

其中 $p1,p2,\cdots \hspace{0.17em},ps\; p\_1,p\_2,\backslash cdots,p\_s$ p1,p2,⋯,ps 均为质数， $q1,q2,\cdots \hspace{0.17em},qt\; q\_1,q\_2,\backslash cdots,q\_t$ q1,q2,⋯,qt 均为质数。为了便于讨论，我们假设 $p1,p2,\cdots \hspace{0.17em},ps\; p\_1,p\_2,\backslash cdots,p\_s$ p1,p2,⋯,ps 和 $q1,q2,\cdots \hspace{0.17em},qt\; q\_1,q\_2,\backslash cdots,q\_t$ q1,q2,⋯,qt 各自已经按照从小到大的顺序排序过了。

我们看看 $p1\; p\_1$ p1。由于 $N0=\mid p1p2\cdots ps\; N\_0=\backslash mid\; p\_1\; p\_2\backslash cdots\; p\_s$ N0=∣p1p2⋯ps 所以， $p1\mid N0\; p\_1\; \backslash mid\; N\_0$ p1∣N0。根据引理二，以下 $tt$ t 个命题中至少有一个命题成立

• $p1\mid q1\; p\_1\backslash mid\; q\_1$ p1∣q1
• $p1\mid q2\; p\_1\backslash mid\; q\_2$ p1∣q2
• $\cdots \backslash cdots$ ⋯
• $p1\mid qt\; p\_1\backslash mid\; q\_t$ p1∣qt

考虑到 $q1,q2,\cdots \hspace{0.17em},qt\; q\_1,q\_2,\backslash cdots,q\_t$ q1,q2,⋯,qt 均为质数，也就是说， $q1,q2,\cdots \hspace{0.17em},qt\; q\_1,q\_2,\backslash cdots,q\_t$ q1,q2,⋯,qt 中一定存在和 $p1\; p\_1$ p1 相等的元素。换句话说， $q1,q2,\cdots \hspace{0.17em},qt\; q\_1,q\_2,\backslash cdots,q\_t$ q1,q2,⋯,qt 中至少有一个数字是 $p1\; p\_1$ p1。

我们看看 $q1\; q\_1$ q1。用类似的方式，可以得出 $p1,p2,\cdots \hspace{0.17em},ps\; p\_1,p\_2,\backslash cdots,p\_s$ p1,p2,⋯,ps 中至少有一个数字是 $q1\; q\_1$ q1。

考虑到 $p1,p2,\cdots \hspace{0.17em},ps\; p\_1,p\_2,\backslash cdots,p\_s$ p1,p2,⋯,ps 和 $q1,q2,\cdots \hspace{0.17em},qt\; q\_1,q\_2,\backslash cdots,q\_t$ q1,q2,⋯,qt 均已排序，

• $p1\; p\_1$ p1 在 $q1,q2,\cdots \hspace{0.17em},qt\; q\_1,q\_2,\backslash cdots,q\_t$ q1,q2,⋯,qt 中出现，那么 $p1\ge q1\; p\_1\; \backslash ge\; q\_1$ p1≥q1
• $q1\; q\_1$ q1 在 $p1,p2,\cdots \hspace{0.17em},ps\; p\_1,p\_2,\backslash cdots,p\_s$ p1,p2,⋯,ps 中出现，那么 $q1\ge p1\; q\_1\; \backslash ge\; p\_1$ q1≥p1

所以 $p1=q1\; p\_1=q\_1$ p1=q1 成立。这就出现一个问题：既然 $p1=q1\; p\_1=q\_1$ p1=q1，那么我们重新看一下 $N0\; N\_0$ N0 的两种分解结果 ⬇️

• $N0=p1p2\cdots ps\; N\_0=p\_1\; p\_2\backslash cdots\; p\_s$ N0=p1p2⋯ps
• $N0=q1q2\cdots qt\; N\_0=q\_1\; q\_2\backslash cdots\; q\_t$ N0=q1q2⋯qt

我们可以在每个等式两边都除以 $p1\; p\_1$ p1 (也就是 $q1\; q\_1$ q1)，记 $N0\prime =N0/p1\; N\_0\text{'}=N\_0/p\_1$ N0′=N0/p1，于是得到

• $N0\prime =p2\cdots ps\; N\_0\text{'}=p\_2\backslash cdots\; p\_s$ N0′=p2⋯ps
• $N0\prime =q2\cdots qt\; N\_0\text{'}=q\_2\backslash cdots\; q\_t$ N0′=q2⋯qt

这就意味着 $N0\prime \; N\_0\text{'}$ N0′ 至少有两种分解结果，这与" $N0\; N\_0$ N0 是分解结果不唯一的最小的整数"矛盾。至此，我们用反证法证明了分解结果的唯一性。

说明

本文所提供的证明方法是比较典型的证法（或者典型证法的变体），由于典型的证明方法很容易搜到，可以认为这些证法是公共知识，没有版权。