1、 学院学 术 论 文题 目:质数和算术基本定理学号： 学校： 专业： 班级： 姓名： 指导老师： 时间： 【摘要】 质数是 数 论 研 究 的 核 心 ， 许 多 中 外 闻 名 的 题 目 都 与 素 数 有 关 。 除 1 外 任 何 正 整 数 不是 质 数 即 是 合 数 。 判 断 一 个 已 知 的 正 整 数 是 否 是 质 数 可 用 判 别 定 理 去 实 现 。 判 别 定 理 又 是 证 明 素 数 无穷 的 关 键 。 1 既不是质数也不是和数。1 之所以要摒于质数之外，是因为它完全没有质数所具备的那些重要的数论性质。算术基本定理是整数理论中最重要的定理之一，既任何整数
2、一定能分解成一些素数的乘积，而且分法是唯一的，不是任何数集都能满足算术基本定理的，算术基本定理为我们提供了解决其他问题的理论保障。【关键词】质数；算术基本定理；费马数；一 质数的定义：指在一个大于 1 的整数中，如果它的正因数只有 1 及它本身，就叫作质数（或素数） ；否则就叫作合数。 依 据 定 义 得 公 式 ： 设 A=2n+b=(n-x)(n+y),除 n-x=1 以 外 无 正 整 数 。 故 有 ： y=（ b+nx)/(n-x) (xm，则 p 可以整除 a(n-m)。但 p 是素数，那么 a 和 n-m 中至少有一个含有因子 p。这显然是不可能的，因为 a 和 n-m 都比 p
3、 小。用同余式表述，我们证明了：(p-1)! a * 2a * 3a * . * (p-1)a (mod p)也即：(p-1)! (p-1)! * a(p-1) (mod p)两边同时除以(p-1)!，就得到了我们的最终结论：1 a(p-1) (mod p)三 1 既不是质数也不是和数。1 之所以要摒于质数之外，是因为它完全没有质数所具备的那些重要的数论性质。全体自然数可以分为三类：（1）只能被“1”和它本身整除的数叫素数，如：2、3、5、7、11。（2）除了“1”和它本身以外，还能被其他数整除的数叫合数，如：4、6、8、9。（3）“1”既不是素数也不是合数。有人要问，“1”也只能被 1 和它
4、本身整除，为什么不能算素数呢？而且“1”算作素数后，全体自然数分成素数和合数两类，岂不是更简单吗？这要从分解素因数谈起。比如，1001 能被哪些数整除，其实质是将 1001 分解素因数，由 1001=71113，而且只有这一种分解结果，知道 1001 除了被 1 和它本身整除以外，还能被 7、11、13 整除。若把“1”也算作素数，那么 1001 分解素因数就会出现下面一些结果：1001=711131001=1711131001=1171113也就是说，分解式中可随便添上几个因数“1”。这样做，一方面对求 1001 的因数毫无必要，另一方面分解素因素结果不唯一，又增添了不必要的麻烦。因此“1”
5、不算作素数。四 算 术 基 本 定 理任何整数 n2 都可以分解成若干质数的乘积，即n=p1p2pr且这些质数的组成是唯一的。在我们开始证明计算基本定理之前，先要做一些必要的解释。首先，如果 n 本身就是个质数，那么我们只能写成 n=n，并且把它认定成一个独立数字的乘积。第二，当我们写出n=p1p2pr时，并不意味着 p1，p 2，.，p r这些数都是不同的质数。比如，300=22355。第三，所说的那个“唯一”指的是那些质数的组成是唯一的，而不是指排列顺序。如，12=223，12=232，12=322，但这些都视为同一种组成方式。证明：这个算数基本定理可以分解成两个论断。论断 1.数字 n
6、可以分解成若干质数的乘积。论断 2.这些质因数的组成方式只有一组。（不考虑排列顺序的不同）。我们首先看论断 1。我们将用数学归纳法来证明。就是说首先证明 n=2 时结论正确，然后是 n=3，n=4，。我们从 2=2，3=3，4=2 2开始看起，当然所有这些数都可以写成是质数的乘积。这证明了对于 n=2，3，4 时，论断 1 成立。现在假设从 2 开始一直到 N，论断 1 都成立。也就是说所有 nN 都可以看做若干质数的乘积。然后证明 N+1 时结论也正确。N+1 有两种情况。第一，N+1 可以就是质数，那它就是一个质数的乘积。第二，N+1 是合数，那就是说它可以拆成 N+1=n1n2，其中 2
7、n 1，n 2N。但我们知道对于 n1，n 2论断 1 是正确的，因为他们都小于或等于 N。这说明 n1，n 2都可以写成若干质数的乘积，n1=p1p2pr，n 2=q1q2qs把他们乘在一起就是N+1=n1n2=p1p2prq1q2qs所以 N+1 也是若干质数的乘积。这说明论断 1 对于 N+1 也是正确的。回味一下，我们刚证明了，如果论断 1 对于所有小于或等于 N 的数都正确，那么对于 N+1也正确。而我们已经先证实了它对于 2，3，4 是正确的，不妨设 N=4，于是知道对于 5 也是正确的。而如果 N=5 是正确的，那 6 也正确。而若 N=6，那么 7 也正确，以此类推。因为我们可
8、以无限地持续这个过程，所以论断 1 对于所有正整数都是正确的。下面我们证明论断 2。这个也可以由数学归纳法证明，但我们想让它的过程更直接一些。假设我们可以将数字 n 用两种方法拆成质数乘积的形式，也就是 n=p1p2pr=q1q2qs我们需要证明的是这两组因数的组成实际是相同的，可能只是排列顺序不同而已。我们首先看到 p1n，所以 p1q 1q2qs。在这一章开始时证明的质数整除性告诉我们，p 1必定能整除 q1qs中至少一个 qi，然后将 q 列重排一下，将 qi赋值成 q1，于是 p1q 1。而 q1是一个质数，它只有两个因数1 和 q1自己。这样一来，我们必将得到 p1=q1。现在我们把
9、等式两端同时除以 p1（也就是 q1），得到一个新等式p2p3pr=q2q3qs用同样的方法继续做下去，我们注意到 p2整除等式左边的部分，所以它也能整除右边的，还是根据质数整除性，p 2能整除 q2qs之一 qi。重排 q 列，得到 p2q 2，然后 q2是质数，于是 p2=q2，这样可以同除 q2(p2)得到新等式 p3p4pr=q3q4qs我们可以继续这个过程直到p 列或者 q 列全部消除干净。但是，如果左边先消完了，那也就是说右边=1，这意味着右边也什么都不剩了。反之亦然。换句话说，左、右两边必将同时消完，也就是 pi和 qs的数量必然相同。整理一下，也就是我们证明了，如果n=p1p2
10、p3p4pr=q1q2q3q4qs其中 pis 和 qis 都是质数的话，那么 r=s，同时可以通过重拍 q 项得到p1=q1，p 2=q2，p 3=q3，p r=qs这也就完全证明了仅有一种方式把 n 写成若干质数的乘积。算术基本定理指出，任何一个整数 n2 都可以写成若干质数的乘积的形式。假设我们得到一个特定的整数 n，作为一个实际的问题，我们怎样把它写成质数的乘积呢？假如 n 很小的话（比如 n=180）,我们可以通过观察把它分解成180=290=2245=22315=22235但如果 n 很大的话（比如 n=9105293），那么把它的因式分解开恐怕就更困难一些了。一个方法是用 n 依
11、次试着除以 2，3，5，7，11，直到我们找到一个因数。就拿 n=9105293来说，我们通过试除发现它的最小质数因数是 37。我们分解出 37，9105293=37246089然后从 37 开始往后试 37，41，43，去寻找一个质数可以整除 246089。我们发现43246089，因为 246089=435723。接着做下去得到 5723=5997，这时我们发现，59和 97 都是质数。于是得到了全部的质因数分解，9105293=37435997如果 n 本身不是质数的话，那么必定存在一个质数 p根号 n 能整除 n。看看这是为什么。我们分析一下，如果 p 是可以整除 n 的最小的因数，也
12、就是如果有 n=pm，则 mp，于是n=pmp 2。把不等式两边同时开平方得到根号 np。这样就得到了下面这个把 n 写成质数的积德简单方法：要将数字 n 写成质数乘积的形式，则试这用它除以所有小于或等于的质数，如果你发现这些质数中没有能整除 n 的，那就说明 n 本身是一个质数，如否则，你就可以找到一个质因数 p，得到 n=mp，然后重复这个过程去分解 m 即可。五 定理推广费马数法 国 数 学 家 费 马 于 1640 年 提 出 了 以 下 猜 想 : 揭 示 了 十 进 制 和 二 进 制 的 关 系 可 以 发 现 F0=2(20)+1=3 F1=2(21)+1=5 F2=2(22)
13、+1=17 F3=2(23)+1=257 F4=2(24)+1=65537 F5=2(25)+1=4294967297 前 5 个 是 质 数 ， 因 为 第 6 个 数 实 在 太 大 了 ， 费 马 认 为 这 个 数 是 质 数 。 由 此 提 出 (费 马 没 给 出 证 明 )， 形 如 Fn=2(2n)+1 的 数 都 是 质 数 的 猜 想 。 后 来 人们 就 把 形 如 2(2n)+1 的 数 叫 费 马 数 费 马 数 是 以 数 学 家 费 马 命 名 一 组 自 然 数 ， 具 有 形式 ： F_n = 22n + 1 其 中 n 为 非 负 整 数 。 若 2n +
14、1 是 素 数 ， 可 以 得 到 n 必 须 是 2 的 幂 。 （ 若 n = ab， 其 中 1 a, b n 且 b 为 奇 数 ， 则 2n + 1 (2a)b + 1 (1)b + 1 0 (mod 2a + 1)。 ） 也 就是 说 ， 所 有 具 有 形 式 2n + 1 的 素 数 必 然 是 费 马 数 ， 这 些 素 数 称 为 费 马 素 数 。 已 知 的费 马 素 数 只 有 F0 至 F4 五 个 。 。六 例题小志的哥哥是个中学生，参加了全校的数学竞赛，小志问，这次数学竞赛，你得了多少分？获得了第几名？他哥哥说，我得的名次和我的岁数和我的成绩乘起来正好是 291
15、0，你看我的成绩和名次各是多少?(提示，把 2910 分解质因数）解答过程：2910 分解质因数为 3X5X2X97,3X5=15 岁也可能 2X3=6 岁,也可能是 2X5=10,但是个中学生所以为 15 岁,然后质因数就剩下 97 与 2,不可能是 97 名,那就是第 2 名97 分The basic theorem of prime Numbers and arithmeticLiu Xiaoli 20091683Mathematics and computer science institute in mathematics and applied mathematicsSummary
16、【Abstract】 Is the core theory research, many Chinese famous topics related to primes. 1 any positive integers have the sum Numbers that are not primes. A positive integer is known to prime usable discriminant theorem. Discriminant theorem is proved. The prime boundless 1 neither prime also not count
17、. 1 should be able to primes, because it completely without primes have those important arithmetical properties.The basic theorem is an integer arithmetic theory is one of the most important theorem, neither any integer can be decomposed into some of the product, and the prime of is the only, not any number of sets can satisfy the basic theorem, arithmetic arithmetic basic theorems for us to solve the problem of other provides theoretical security.【Keywords】Keywords Prime, The arithmetic basic theorems, Fermat number参考文献：3闵嗣鹤,严士健.初等数论M.北京: 高等教育出版社 ,2003.91-95.
