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 ($\text{The Fundamental Theorem of Arithmetic}$)

正文

引理一

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

• $p\mid a$
• $p\mid b$

引理一的证明

我们先检查 $p\mid a$ 是否成立。

如果 $p\mid a$ 成立，那么证明结束（因为第一个命题成立）。

如果 $p\nmid a$，那么我们需要证明 $p\mid b$。考虑到 $p\nmid a$，而 $p$ 的约数只有 $1$ 和 $p$，那么 $gcd(p,a)=1$ 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 $x,y$

我们可以在等式两边乘以 $b$，得到 ⬇️

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

引理二

$\text{Prime Divisibility Property}$

$p$ 是一个质数，$a_1,a_2,\cdots,a_r$ 都是整数，如果 $p\mid a_1 a_2 \cdots a_r$，那么以下 $r$ 个命题至少有一个成立。

• $p\mid a_1$
• $p\mid a_2$
• $\cdots$
• $p\mid a_r$

引理二的证明

我们可以对 $r$ 的大小进行归纳证明 ⬇️

• $r=1$ 时，$p=a_1$，$p\mid a_1$ 自然成立
• $r=2$ 时，引理二退化为引理一
• $r=3$ 时
  • 如果 $p\mid a_1$，那么引理二成立
  • 如果 $p\nmid a_1$，那么根据引理一，$p\mid a_2 a_3$ 成立。利用引理一，$p\mid a_2$ 成立或者 $p\mid a_3$ 成立。引理二得证。
• $r=4$ 时
  • 如果 $p\mid a_1$，那么引理二成立
  • 如果 $p\nmid a_1$，那么根据引理一，$p\mid a_2 a_3 a_4$ 成立。这就退化成了 $r=3$ 的情况。
• ...

所以，我们可以把引理一视为引理二在 $r=2$ 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 ($\text{The Fundamental Theorem of Arithmetic})$

对于任意满足 $n\ge 2$ 的整数 $n$，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

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

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

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

$n=k+1$ 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 $n\ge 2$ 都成立。

证明分解结果唯一

$n=2$ 时，只有一个分解结果 $n=2$，假设存在某个 $N$，它的质因数分解的结果不唯一。那么我们逐个检查 $n=2,3,\cdots,N$ 的情况，一定可以找到 分解结果不唯一 的最小的整数 $N_0$ (那么 $2\lt N_0\le N$) 成立。请注意，对任意满足 $2\le n \lt N_0$ 的 $n$，其分解结果都是唯一的。由于 $N_0$ 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

• $N_0=p_1 p_2\cdots p_s$
• $N_0=q_1 q_2\cdots q_t$

其中 $p_1,p_2,\cdots,p_s$ 均为质数，$q_1,q_2,\cdots,q_t$ 均为质数。为了便于讨论，我们假设 $p_1,p_2,\cdots,p_s$ 和 $q_1,q_2,\cdots,q_t$ 各自已经按照从小到大的顺序排序过了。

我们看看 $p_1$。由于 $N_0=\mid p_1 p_2\cdots p_s$ 所以，$p_1 \mid N_0$。根据引理二，以下 $t$ 个命题中至少有一个命题成立

• $p_1\mid q_1$
• $p_1\mid q_2$
• $\cdots$
• $p_1\mid q_t$

考虑到 $q_1,q_2,\cdots,q_t$ 均为质数，也就是说，$q_1,q_2,\cdots,q_t$ 中一定存在和 $p_1$ 相等的元素。换句话说，$q_1,q_2,\cdots,q_t$ 中至少有一个数字是 $p_1$。

我们看看 $q_1$。用类似的方式，可以得出 $p_1,p_2,\cdots,p_s$ 中至少有一个数字是 $q_1$。

考虑到 $p_1,p_2,\cdots,p_s$ 和 $q_1,q_2,\cdots,q_t$ 均已排序，

• $p_1$ 在 $q_1,q_2,\cdots,q_t$ 中出现，那么 $p_1 \ge q_1$
• $q_1$ 在 $p_1,p_2,\cdots,p_s$ 中出现，那么 $q_1 \ge p_1$

所以 $p_1=q_1$ 成立。这就出现一个问题：既然 $p_1=q_1$，那么我们重新看一下 $N_0$ 的两种分解结果 ⬇️

• $N_0=p_1 p_2\cdots p_s$
• $N_0=q_1 q_2\cdots q_t$

我们可以在每个等式两边都除以 $p_1$ (也就是 $q_1$)，记 $N_0'=N_0/p_1$，于是得到

• $N_0'=p_2\cdots p_s$
• $N_0'=q_2\cdots q_t$

这就意味着 $N_0'$ 至少有两种分解结果，这与“$N_0$ 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。