数论整除理论(1)

$\text{Problem }$ 设奇数 $n>1$ ，证明： $n$ 是素数的充分必要条件是 $n$ 不能表为三个或三个以上的连续正整数之和。
解：
必要性：
设自然数前缀和 $\displaystyle S(a)=\frac{a(a+1)}{2},S(b)=\frac{b(b+1)}{2}$ .
则 $\displaystyle n\neq S(a)-S(b)=\frac{(a+b+1)(a-b)}{2},a-b>1,b\geqslant 0$ 。
于是设 $\displaystyle k=a-b,n\neq \frac{k(2b+1+k)}{2}$
若奇数 $n$ 是合数，则 $n=uv,u\geqslant v\geqslant 3,v$ 是奇数.
令 $\displaystyle k=v\geqslant 3$ 则能否有 $b$ 使得 $2b+1+k=2u$ ?答案是有的
令 $b=u-\frac{v+1}{2}\gt u-v\geqslant 0$ ，并且它右式总是整数。
充分性：
显然 $S(a)-S(b)$ 是合数，所以充分性得证。

$\text{Problem }$ 设 $n\geqslant 3$ .证明存在 $n!-1$ 的素因子 $>n$ 。
证明：
设素数 $p\leqslant n,p|n!-1$ ，又 $p|n!$ ，于是 $n!-1=rp,n!=sp,(s-r)p=1$ ，所以 $p|1$ ，但这是不可能的。

$\text{Problem }$ 设整系数多项式 $\displaystyle P(x)=\sum_{k=0}^{n}a_kx^k,\deg P>1$ ，求有无数多个整数值 $x$ 使得 $P$ 是合数。
解：
$P_{0}(x)=ax+1$ 时，显然成立.
$使得p_i\in\{k|a_k\neq 0\}$ .
$令x=a_{p_0}x',P_1(x)=(a_{p_1}x'+1)a_{p_0},则P_0(x)|P_1(x)$ ；
$令x=a_{p_0}x',P_2(x)=a_{p_0}P_1(x)$ ，则 $P_0(x)|P_1(x)|P_2(x)$ .
于是对于 $\deg P=k\in N_{+}$ ，命题成立。

$\text{Problem }$ 假若素数只有有限个 $p_1,p_2,...p_s$ ，证明：
$\displaystyle \forall N>0,\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}\lt \prod_{k=1}^{s}(1-\frac{1}{p_k})^{-1}$ ，由此推出素数有无数多个。
证明：
首先任意正整数必然能够由 $p_1,p_2,...p_s$ 表出，于是
$\displaystyle \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}<\prod_{k=1}^s\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{p^n_k}=\lim_{n\to \infty}\prod_{k=1}^s\frac{1-p_k^{-n}}{1-p_k^{-1}}=\prod_{k=1}^{s}(1-\frac{1}{p_k})^{-1}$
但是 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ 不收敛，与其部分和有上界矛盾，所以素数一定有无限多个。

数论 整除理论(1)

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