整数的可除性
作者：互联网
整除
定义：设a，b是两个任意的正整数，其中b \(\neq\) 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 \(\neq\) 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\(p\leq\sqrt{n}\)
Eratoshene筛法：设n是正整数，如果对所有素数\(p\leq\sqrt{n}\)都有p\(\nmid\)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
\(\because\)p是n的最小正因数
\(\therefore q>p>\sqrt{n}\)
则\(pq>\sqrt{n}*\sqrt{n}=n\)，这与前提条件相违背
故\(p\leq\sqrt{n}\)
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\(0\leq r <b\)
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
\(\therefore\exists q\)使得\(qb\leq a < (q+1)b\)
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：
\(a=qb+r\) \((0\leq r<b)\)
\(a=q_1b+r_1\) \((0\leq r_1<b)\)
则\((q-q_1)b=-(r-r_1)\)
如果\(q\neq q_1\)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
\(\therefore\)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
\(\therefore\)d'是a,b的一个公因数，则d'\(\leq\)d
\(\therefore\)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\(\rightarrow\) sa+tb=1
充分性
设d | a, d | b
\(\because\)sa+tb=1
\(\therefore\)d | (sa+tb) = 1
\(\therefore\)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\(n=p_1\cdots p_s\)，其中\(p_1\leq\cdots\leq p_s\)
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.
\(\because(a,b)=p_1^{\varphi_1}\cdots p_s^{\varphi_s}\)
\([a,b]=p_1^{\psi_1}\cdots p_s^{\psi_s}\)
\(\therefore (a,b)[a,b]=p_1^{\varphi_1+\psi_1}\cdots p_s^{\varphi_s+\psi_s}\)
而\(\varphi_i=min(a_i,b_i)\)，\(\psi_i=max(a_i,b_i)\)
\(\because max(a,b)+min(a,b)=a+b\)
\(\therefore \varphi_i+\psi_i=a_i+b_i\)
\(\therefore (a,b)[a,b]=p_1^{a_i+b_i}\cdots p_s^{a_s+b_s}=ab\)
推论2：\(\frac{a}{(a,b)}\)与\(\frac{b}{(a,b)}\)互素
证明.
\(\because (a,b)=p_1^{\varphi_1}\cdots p_s^{\varphi_s}(\varphi_i=mid(\alpha_i,\beta_i))\)
\(\therefore \frac{a}{(a,b)}=p_1^{\alpha_1-mid(\alpha_1,\beta_1)}\cdots p_s^{\alpha_s-mid(\alpha_s,\beta_s)}\)
\(\frac{b}{(a,b)}=p_1^{\beta_1-mid(\alpha_1,\beta_1)}\cdots p_s^{\beta_s-mid(\alpha_s,\beta_s)}\)
\(\because mid(a-mid(a,b),b-mid(a,b))=0\)
\(\therefore (\frac{a}{(a,b)},\frac{b}{(a,b)})=p_1^0\cdots p_s^0=1\)
即\(\frac{a}{(a,b)}\)与\(\frac{b}{(a,b)}\)互素
标签：除性,varphi,leq,cdots,qb,整数,therefore 来源： https://www.cnblogs.com/Hahahang/p/12079100.html