推论
设整数\(a \geq 2\)。
1.若a是合数， 则必有不可约数\(p|a , p \leq a^{1/2}\)；
2.若a有此表达式（\(a = p_1p_2 \cdots p_s\)）， 则必有不可约数\(p|a , p \leq a^{1/2}\)。
此推论给出了一个寻找不可约数的有效算法，通常叫做Eratosthenes筛法。
例子：
用不超过\(100^{1/2} = 10\)的所有不可约数2、3、5、7将100以内的不可约数
求出（筛法求素数），接着将\(100^2 = 10000\)以内的不可约数求出……
这么好用的推论当然要有证明~
证：
设有合数a。
显然\(a^{1/2} = \sqrt{a}\)。
设a有约数p， 显然\(p < \sqrt{a} 或 p \geq \sqrt{a}\)，
若 \(p < \sqrt{a}\), 命题得证， 若\(p \geq \sqrt{a}\)， 显然必有
\(q \leq \sqrt{a}\) ，使得 \(a = pq\)， 命题得证。
定理
设整数\(a \geq 2\)，那么a一定可以表示成不可约数的乘积（包括a本身是不可约数的情况），即
\[a = p_1p_2 \cdots p_s\]
其中 \(p_j(1 \leq j \leq s)\) 是不可约数。
证：
第一种证法来自原书，采用反证法和最小自然数原理来证明。
假设结论不成立，则存在正整数\(\geq 2\)，它不可表示为不可约数
的乘积。 设所有这种正整数组成的集合为\(T\), 它是非空的，设\(n_0\)
是\(T\)中的最小正整数。显而易见， \(n_0\)一定是合数， 所以必有
\(n_0 = n_1n_2, 2 \leq n_1, n_2 < n_0\)，由假设及\(n_0\)的最小性知，
\(n_1\)、\(n_2\)\(\notin T\)，故\(n_1 、n_2\)都可表示为不可约数的乘积，
这样，\(n_0\)也可以表示为不可约数的乘积，这与假设矛盾。
第二种证法采用第二种数学归纳法来证明，是书上的要求。
过程如下：
设\(P(n)\)表示n可以被表示成不可约数的乘积。
1.\(P(2)\)显然成立。
2.设一整数n,若\(P(2) 至 P(n-1)\)都成立， 显然对于n的所有约数t，
\(P(t)\)都成立， 所以\(P(n)\)一定成立。
所以对于所有自然数\(n \geq 2\)，\(P(n)\)成立。
4.这是二项式定理的公式：
\[(a+b)^n=C(n,0)a^n+C(n,1)a^{n-1}b+...+C(n,i)a^{n-i}b^i+...+C(n,n)b^n\]
利用这个， 我们来证明一下这个关系式：
\[(b-c) | b^j - c^j\]
证：
设 k = (b - c)，则 b = c + k， 于是
\[ b^j = C(j,0)c^j+C(j,1)c^{j-1}k+...+C(j,i)c^{j-i}k^i+...+C(j,j)k^j\]
\[ c^j = c^j (笑 \]
于是
\[ b^j - c^j = C(j,1)c^{j-1}k+...+C(j,i)c^{j-i}k^i+...+C(j,j)k^j\]
so
\[k | (b^j - c^j) => (b - c) | (b^j - c^j)\]
定理
- \(a>1\)是合数的充要条件是：\(a = de, 1 < d < a, 1 < e < a\).
- 若\(d > 1\), \(q\)是不可约数且\(d|q\),则\(d = q\).
证：
1.若a是合数，则a除了显然约数外还有其他约数，设为d、e（a = de），
自然d、e \(\neq\) $\pm\(1、\)\pm$a，且整数m | a 的必要条件是 \(m \leq a\)，
所以当满足上述条件（\(a = de, 1 < d < a, 1 < e < a\)）的d、e存在时，a为合数。
2.若\(q\)为不可约数，显然\(q\)的约数只有显然约数，
若\(d|p\),则\(d\)的取值只能是\(q或1\)，but \(d > 1\), 故取\(d = q\)。
真·习题
设 a >= 2 是给定的正整数。
要求证明：
1.对任一正整数n，必有 n < \(a^n\)
2.对任一正整数n，必有唯一的整数 \(k \geq 0\)， 使得 \(a^k \leq n < a^{k+1}\)
证：
（1）
设S是使\(n < a^n\)成立的正整数n的集合，
当\(n = 1\)时， 命题成立，S非空。
由于 \(a \geq 2\)，则\(a^{n+1} - a^n \geq 2\)(\(n > 0\)), 于是
\(S = N_+.\)
（2）
用反证法。
设有正整数t，对于t，有两个或以上不同的k，
使得\(a^k \leq t < a^{k+1}\)。由最小自然数原理得，满足\(a^d \leq t<a^{d+1}\)的正整数d构成的集合（设为\(S\)）中，必然有一个最小的元素\(d_0\)，
使得\(t < a^{d_0 + 1}\)， 然而对于任意\(m \in S\)，都有\(a^m \leq t < a^{m+1}\)，如果\(S\)中有2个以上不同的元素，由\(d_0\)的最小性可知，\(S\)中一定有\(m_k > d_0\), 使得\(a^{m_k} \leq t\)，由于\(m_k > d_0\),
推出\(m_k \geq d_0+1\)，这与\(t < a^{d_0 + 1}\)矛盾，故\(S\)中并不存在两个或以上的不同元素，这与原命题矛盾，
故题目所给命题正确。