关于算术基本定理唯一性证明结尾部分的疑问咨询

嘿，我来帮你拆解这几个疑问，一步步捋清楚：

1. 为什么可以假设 (a_i < b_i)？ #

这里用到了数学证明里常用的「不失一般性（without loss of generality）」技巧。咱们的前提是存在某个i使得 (a_i \neq b_i)，那对这个i来说，只有两种可能：要么 (a_i < b_i)，要么 (a_i > b_i)。这两种情况是完全对称的——如果是 (a_i > b_i)，我们只需要把两个分解式里的 (a) 和 (b) 互换位置，就能转化成 (a_i < b_i) 的场景来推导矛盾。所以我们只需要聚焦其中一种情况证明就行，直接假设 (a_i < b_i) 不会遗漏任何情况，也不会影响证明的严谨性。

2. (b)式怎么由(a)式推导出来，以及 (b_i - a_i) 的指数由来？ #

咱们先从(a)式入手：

(p_i^{b_i} \mid p_1^{a_1}p_2{a_2}...p_n^{a_n} \qquad (a))

首先利用指数运算的拆分规则，把左边的 (p_i^{b_i}) 拆成 (p_i^{a_i} \times p_i^{b_i - a_i})（因为 (p^m \times p^k = p^{m+k})，反过来拆分当然成立）。而右边的乘积里恰好包含 (p_i^{a_i}) 这一项，这时候我们可以用整除的基本性质：如果 (d \times k \mid d \times m) 且 (d \neq 0)，那么 (k \mid m)。
因为 (p_i) 是质数，肯定不等于0，所以这个操作完全合法。把(a)式两边同时“约掉”(p_i^{a_i}) 之后：

• 左边就剩下 (p_i^{b_i - a_i})
• 右边就剩下去掉 (p_i^{a_i}) 后的乘积：(p_1^{a_1}p_2{a_2}...p_{i-1}^{{a_{i-1}}p_{i+1}}{a_{i+1}}...p_n^{a_n})

这就得到了(b)式：

(p_i^{b_i-a_i} \mid p_1^{a_1}p_2{a_2}...p_{i-1}^{{a_{i-1}}p_{i+1}}{a_{i+1}}...p_n^{a_n} \qquad (b))

接下来，因为我们假设了 (a_i < b_i)，所以 (b_i - a_i) 是正整数，这意味着 (p_i^{b_i - a_i}) 至少包含一个 (p_i) 的因子，自然能推出 (p_i \mid p_1^{{a_1}...p_{i-1}}{a_{i-1}}p_{i+1}^{{a_{i+1}}...p_n}{a_n})。这时候套用Corollary 1.15：质数整除若干整数的乘积时，必然整除其中某一个整数。于是就得到 (p_i \mid p_j)（(j \neq i)），但 (p_j) 也是质数，质数的正因子只有1和它本身，所以只能是 (p_i = p_j)——可算术基本定理的分解式里，所有质数 (p_1,p_2,...,p_n) 都是互不相同的（分解时会把相同质数合并成指数形式，质数本身不重复），这就产生了矛盾！因此一开始假设 (a_i \neq b_i) 不成立，只能是 (a_i = b_i) 对所有i都成立。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者notsimplelogic