Pirminiai skaičiai ir skaidymo pirminiais daugikliais vienatis

Skirtingi skaidymai gali baigtis tais pačiais keturiais pirminiais daugikliais

Aštuoniasdešimt keturis skaičiavimo žetonus galima suskirstyti į 6 grupes po 14 arba į 4 grupes po 21. Toliau skaidykite šiuos teigiamuosius sveikuosius daugiklius: 6 = 2 × 3, 14 = 2 × 7, 4 = 2 × 2 ir 21 = 3 × 7. Abiem būdais galiausiai gaunami du daugikliai 2, vienas 3 ir vienas 7.

Daugiklių medis vaizduoja šias nuoseklias sandaugas. Kiekvieno vidinio mazgo reikšmė lygi dviejų jo vaikinių mazgų reikšmių sandaugai. Mūsų pirmojo medžio lapai yra 2,3,2,7; juos sudauginę gauname 84. Perkėlus daugiklį į kitą šaką, pasikeičia jo vieta, bet ne vertė ar kartotinumas.

Pasiruoškite kartodami sveikųjų skaičių daugybą, tada apibrėžkite nagrinėjamą aibę

Paskelbtose pamokose „Skaičiavimas, nulis ir natūralieji skaičiai“ bei „Daugyba ir dalyba“ pristatomi teigiamieji sveikieji skaičiai ir tikslios sveikųjų skaičių sandaugos. Pakartokite pamoką „Laipsniai, šaknys ir realiųjų skaičių tiesė“, kad prisimintumėte laipsnio rodiklius ir kvadratines šaknis. Mažesni už nulį sveikieji skaičiai čia nėra būtini; paskelbta pamoka „Neigiamieji skaičiai ir modulis“ parengia galutinei ženklo parinkimo taisyklei.

Rašome a | b, kai b = ak su kuriuo nors sveikuoju skaičiumi k: a dalija b. Teigiamo skaičiaus n teigiamas daliklis yra teigiamasis sveikasis skaičius d, kuriam n = de su kuriuo nors teigiamuoju sveikuoju skaičiumi e. Taigi 1 ir n visada dalija n. Netrivialusis teigiamas daliklis yra griežtai tarp jų.

Pirmą kartą skaitydami išnagrinėkite apibrėžtis, skaidymo dauginamaisiais medžius ir bandomojo dalijimo pavyzdžius, tada grįžkite prie vienaties įrodymo. Indukcijos ir didžiausio bendrojo daliklio pamokose naudingi metodai plėtojami toliau; reikalingus indukcijos, dalijimo ir kombinacijų su sveikaisiais koeficientais faktus pateikiame čia, užuot reikalavę prieš tai išnagrinėti tas planuojamas pamokas.

Pirminis skaičius yra didesnis už 1 ir turi lygiai du teigiamus daliklius

Pirminis skaičius p yra teigiamas sveikasis skaičius, didesnis už 1, kurio vieninteliai teigiami dalikliai yra 1 ir p. Sudėtinis skaičius n yra teigiamas sveikasis skaičius, didesnis už 1, kuris nėra pirminis; lygiavertiškai, n = ab, kur a ir b yra teigiami sveikieji skaičiai, abu didesni už 1. Pavyzdžiui, 7 yra pirminis skaičius, o 9 = 3 × 3 ir 84 = 6 × 14 yra sudėtiniai skaičiai.

Skaičius 1 turi tik vieną teigiamą daliklį, todėl jis nėra nei pirminis, nei sudėtinis. Nuliui ir neigiamiems sveikiesiems skaičiams šios teigiamų sveikųjų skaičių apibrėžtys netaikomos. Įtraukus dauginamuosius 1 į pirminių skaičių sąrašą, atsirastų beprasmių papildomų įrašų, pavyzdžiui, 2 = 1 × 2 = 1 × 1 × 2.

Sveikųjų skaičių vienetas yra sveikasis skaičius, kurio daugybos atvirkštinis elementas taip pat yra sveikasis skaičius. Vieninteliai vienetai yra 1 ir −1: dviejų sveikųjų skaičių modulių sandauga lygi 1 tik tada, kai abu moduliai lygūs 1. Skaidydami teigiamą skaičių dauginamaisiais, naudojame vienetą 1, o ne papildomą pirminį skaičių. Neigiamo sveikojo skaičiaus atveju išskaidome jo teigiamą modulį ir paliekame vieną ženklo dauginamąjį −1. Nulio negalima išskaidyti pirminių skaičių sandauga, nes nenulinių pirminių skaičių ir vienetų sandauga nelygi nuliui.

Kiekvieną sveikąjį skaičių, didesnį už 1, galima išskaidyti pirminiais dauginamaisiais

Stipriosios indukcijos metodu teiginys įrodomas kiekvienam sveikajam skaičiui n ≥ 2: įrodomas pradinis atvejis ir parodoma, kad teiginys galioja skaičiui n, jei jis galioja visiems mažesniems skaičiams nuo 2 iki n−1. Šis metodas pagrįstas tuo, kad netuščia teigiamų sveikųjų skaičių aibė turi mažiausią elementą: jei būtų mažiausias skaičius, kuriam teiginys negalioja, visiems mažesniems skaičiams jis galiotų, todėl turėtų galioti ir tam skaičiui.

Įrodant skaidinio egzistavimą, pradinio atvejo skaičius 2 jau yra pirminis. Dabar tarkime, kad n > 2 ir kiekvienas sveikasis skaičius m, kuriam 2 ≤ m < n, turi skaidinį pirminiais dauginamaisiais. Jei n yra pirminis, pakanka sąrašo iš vieno dauginamojo. Jei n yra sudėtinis, užrašykime n = ab, kur 2 ≤ a,b < n. Pagal prielaidą abu mažesni dauginamieji turi pirminių dauginamųjų sąrašus; sujungę šiuos sąrašus, gauname skaičiaus n skaidinį.

Taip įrodomas skaidinio egzistavimas kiekvienam n ≥ 2. Tai taip pat paaiškina, kodėl dauginamųjų medžio sudarymas baigiasi: netrivialus skaidymas pakeičia teigiamą skaičių griežtai mažesniais teigiamais skaičiais. Baigtinis pavyzdys iliustruoja šią konstrukciją; visuotinį teiginį įrodo indukcijos argumentas, o ne daugelio medžių peržiūra.

Dvi pagalbinės sveikųjų skaičių priemonės vienaties įrodymui

Dalyba su liekana teigia, kad neneigiamam sveikajam skaičiui t ir teigiamam sveikajam skaičiui d egzistuoja sveikieji skaičiai q,r, kuriems t = qd + r ir 0 ≤ r < d. Pasirinkime q kaip didžiausią neneigiamą sveikąjį skaičių, kuriam qd ≤ t; toks skaičius egzistuoja tarp baigtinio skaičiaus kandidatų nuo 0 iki t. Liekana r = t−qd yra neneigiama, o jei r ≥ d, tiktų ir q+1, todėl gautume prieštarą. Liekana yra vienintelė: dviejų liekanų iš šio intervalo skirtumas negali būti nenulinis skaičiaus d kartotinis.

Teigiamų skaičių p ir a tiesinė kombinacija su sveikaisiais koeficientais yra up + va, kur koeficientai u,v yra sveikieji skaičiai ir gali būti neigiami. Kai p = 5 ir a = 12, kombinacija 5·5 − 2·12 lygi 1. Skaičius, dalijantis ir p, ir a, dalija kiekvieną tokią kombinaciją: jei p = dh ir a = dj, tai up + va = d(uh + vj).

Pirminis skaičius, dalijantis sandaugą, turi dalyti vieną iš dauginamųjų

Euklido lema teigia: jei p yra pirminis skaičius ir p | ab, kur a,b yra teigiami sveikieji skaičiai, tai p | a arba p | b. Jei p | a, išvada akivaizdi. Tarkime, kad p nedalija a; tuomet rasime sveikuosius skaičius u,v, kuriems up + va = 1.

Nagrinėkime visas teigiamas kombinacijų up + va reikšmes. Ši aibė netuščia, nes jai priklauso p = 1·p + 0·a, todėl ji turi mažiausią elementą d = up + va. Padalykime p iš d: p = qd + r, kur 0 ≤ r < d. Liekana r = (1−qu)p − qva yra dar viena tiesinė kombinacija su sveikaisiais koeficientais. Jei r būtų teigiama, tai prieštarautų d minimalumui; vadinasi, r = 0 ir d | p.

Analogiškai padalykime a iš d: a = td + s. Čia s = −tup + (1−tv)a yra tiesinė kombinacija su sveikaisiais koeficientais, kuriai 0 ≤ s < d, todėl s = 0 ir d | a. Kadangi d yra teigiamas pirminio skaičiaus p daliklis, d lygus 1 arba p. Atvejis d = p reikštų, kad p | a, o tai prieštarauja mūsų prielaidai. Todėl d = 1, taigi up + va = 1.

Padauginkime šią lygybę iš b: b = upb + vab. Abu dešinės pusės dėmenys dalijasi iš p, nes p | ab. Jų suma dalijasi iš p, todėl p | b. Taip lemos įrodymas užbaigiamas nesiremiant kitoje pamokoje pateikiamais teiginiais apie didžiausią bendrąjį daliklį.

Pirminumo sąlygos atsisakyti negalima. Nors 6 | (2·3), negalioja nei 6 | 2, nei 6 | 3. Skirtingi sudėtinio daliklio pirminiai daugikliai gali pasiskirstyti tarp dviejų sandaugos daugiklių.

Sutapatinkite ir suprastinkite pirminius daugiklius, išsaugodami visus pasikartojimus

Tarkime, n = p₁···pᵣ = q₁···qₛ yra dvi teigiamų pirminių skaičių sandaugos. Pakartotinai taikydami Euklido lemą dešinėje esančiai sandaugai, gauname, kad p₁ dalija bent vieną qⱼ. Teigiamas pirminio skaičiaus qⱼ pirminis daliklis turi būti lygus qⱼ, todėl p₁ = qⱼ.

Pakeiskite dešinėje esančių daugiklių tvarką taip, kad šis lygus pirminis daugiklis būtų pirmas, tada suprastinkite abi sandaugas iš šio teigiamo, nelygaus nuliui daugiklio. Pakartokite tai su likusiais daugikliais. Jei vienas sąrašas baigtųsi anksčiau už kitą, tuščioji sandauga toje pusėje būtų 1, o likusių pirminių skaičių sandauga būtų ne mažesnė už 2, ir tai neįmanoma. Taigi abu sąrašai baigiasi kartu, o jų pirminiai daugikliai sutampa po vieną.

Egzistavimas ir šis sutapatinimu paremtas įrodymas duoda pagrindinę aritmetikos teoremą: kiekvienas teigiamas sveikasis skaičius, didesnis už 1, turi vienintelį skaidinį pirminiais daugikliais, neatsižvelgiant į jų tvarką. Vienatis nusako pirminių daugiklių rinkinį, o ne vienintelę skaidymo veiksmų seką. Daugiklių medis, kurio galinė viršūnė yra sudėtinis skaičius, yra nebaigtas.

Laipsnių rodikliai skaičiuoja pasikartojančius pirminius daugiklius; vieneto rinkinys tuščias

Surikiuokite pirminių daugiklių sąrašą ir sugrupuokite pasikartojimus. Skaidant 84, abu medžiai duoda 2²·3·7: laipsnio rodiklis 2 žymi du daugiklius 2, o neužrašyti 3 ir 7 laipsnių rodikliai yra 1. Pirminio skaičiaus, kurio sandaugoje nėra, laipsnio rodiklis yra 0; pirminis skaičius, kurio laipsnio rodiklis teigiamas, iš tiesų yra sandaugos daugiklis.

Skaičiui 1 tuščioji sandauga yra 1, o kiekvieno pirminio skaičiaus laipsnio rodiklis yra 0. Taip pirminių daugiklių rinkinio samprata taikoma teigiamiems sveikiesiems skaičiams, nevadinant 1 pirminiu skaičiumi. Skaičiaus −84 modulio pirminių daugiklių rinkinys yra toks pat, o ženklas išsaugomas atskirai: −1·2²·3·7.

Du greta pavaizduoti skaidymo medžių keliai iliustruoja tą pačią multiaibę – rinkinį, kuriame išsaugomi pasikartojantys elementai, bet neatsižvelgiama į jų vietas. Ankstesnis įrodymas paaiškina, kodėl visi galimi užbaigti skaidymo keliai turi duoti tą patį rezultatą, įskaitant ir čia nepavaizduotus kelius.

Sudėtinis skaičius turi pirminį daliklį, ne didesnį už jo kvadratinę šaknį

Jei n = ab, kur a,b > 1, bent vienas daugiklis yra ne didesnis už √n: jei abu būtų didesni, ab būtų didesnis už n. Tarkime, a ≤ √n, ir remdamiesi egzistavimo teorema pasirinkime pirminį a daliklį p. Užrašę a = pc, gauname n = p(cb), taigi p dalija n ir p ≤ a ≤ √n. Todėl sveikasis skaičius n ≥ 2 yra pirminis tada ir tik tada, kai jo nedalija joks pirminis skaičius p, kuriam p² ≤ n.

Ribinė reikšmė taip pat įtraukiama. Skaičiaus 121 pirminiai skaičiai 2,3,5,7 nedalija, tačiau 11² = 121, ir 11 jį dalija. Sustojus prieš lygybės atvejį, šis kvadratas būtų klaidingai laikomas pirminiu skaičiumi. Tikrindami 83, išbandykite daliklius 2,3,5,7, nes 7² ≤ 83 < 11²; dalybos iš jų liekanos yra 1,2,3,6, todėl 83 yra pirminis skaičius.

Tiksli liekana r = 0 patvirtina dalumą; nenulinė liekana jį paneigia tik tam tikrinamam dalikliui. Kelių mažų pirminių skaičių patikrinimas įrodo skaičiaus pirminumą tik tada, kai patikrintas visas reikiamas intervalas. Taip pat galima tikrinti kiekvieną sveikąjį skaičių nuo 2 iki ⌊√n⌋, didžiausio sveikojo skaičiaus, neviršijančio √n, nors sudėtinių daliklių tikrinti nebūtina.

Baigtinis rėtis pašalina kartotinius, bet palieka jų pirminį daliklį

Norėdami rasti pirminius skaičius nuo 2 iki nustatytos ribos N, pradėkite nuo visų šio intervalo sveikųjų skaičių, palikdami juos nepažymėtus. Didėjimo tvarka imkite kitą nepažymėtą p, kuriam p² ≤ N, ir pažymėkite jo kartotinius p²,p(p+1),p(p+2),… iki N kaip sudėtinius. Patį p palikite nepažymėtą. Pažymėtą kandidatą praleiskite, nes jau žinoma, kad jis sudėtinis.

Kodėl pradėti nuo p²? Mažesnis netrivialus kartotinis kp, kuriam 2 ≤ k < p, turi pirminį k daliklį, mažesnį už p, todėl ankstesniame rėčio žingsnyje šis kartotinis jau buvo pažymėtas. Kiekvienas naujai pažymėtas skaičius yra sudėtinis, nes turi daugiklius p ir k, kurių kiekvienas yra ne mažesnis už 2. Kitas nepažymėtas p yra pirminis: jei jis būtų sudėtinis, mažesnis pirminis daliklis jau būtų jį pažymėjęs.

Atlikus žingsnius su visais pirminiais skaičiais, kuriems p² ≤ N, kiekvienas likęs skaičius nuo 2 iki N yra pirminis. Likęs sudėtinis skaičius turėtų pirminį daliklį, ne didesnį už jo paties kvadratinę šaknį, taigi ir ne didesnį už √N, o atitinkamame žingsnyje jis būtų pažymėtas. Lentelėje iki 49 žingsnyje su 7 būtina pažymėti 49; sustoti po 5 būtų per anksti.

Iki paskutinio žingsnio nepažymėtas skaičius tebėra kandidatas, o ne skaičius, kurio pirminumas jau patvirtintas. Lentelėje atskirai pažymimas neįtraukiamas 1 ir parodomi konkretūs kartotiniai, pašalinami kiekviename žingsnyje. Vienodo dydžio langeliai žymi sveikuosius skaičius, o ne išmatuotą skaitinį plotą.

Baigtiniame sąraše nėra vieno iš sandaugos ir 1 sumos pirminių daliklių

Imkite bet kurį netuščią baigtinį skirtingų pirminių skaičių p₁,…,pₖ sąrašą. Tegul M = p₁···pₖ ir N = M+1. Kadangi N > 1, jis turi pirminį daliklį q. Kiekvienas sąrašo pᵢ dalija M, bet negali dalyti N: priešingu atveju jis dalytų N−M = 1, o pirminiam skaičiui tai neįmanoma. Todėl q nėra sąraše. Jokiame baigtiniame sąraše negali būti visų pirminių skaičių.

Taip sudarytas N nebūtinai yra pirminis. Sąrašui 2,3,5,7,11,13 gauname M = 30030 ir N = 30031 = 59·509. Abu daugikliai yra pirminiai ir nė vieno nėra pradiniame sąraše. Įrodymas garantuoja naują pirminį daliklį, o ne tai, kad pridėjus 1 prie sandaugos visada gaunamas pirminis skaičius.

Išvardytų pirminių skaičių sandauga: 30030

Visas sudaryto skaičiaus pirminių daugiklių sąrašas: 59·509

Tuščiam sąrašui naudokite tuščiąją sandaugą M = 1 ir N = 2; taip taip pat gaunamas pirminis skaičius, kurio tame sąraše nėra. Šis egzistavimo įrodymas nieko nepasako apie paprastą dėsningumą, apibūdinantį tarpus tarp gretimų pirminių skaičių, ar veiksmingą būdą išvardyti pirminius skaičius didėjimo tvarka.

Numatykite, ką parodys duomenys, prieš atskleisdami skaičiavimą

Palyginkite du pilnus 84 medžius, pirminio skaičiaus ir dviejų kvadratų bandomuosius daliklius, nuoseklius baigtinio rėčio žingsnius ir sąrašus, kuriems sudaroma sandauga ir pridedamas vienetas. Prieš atskleisdami nuspręskite, ką patvirtins rodomi duomenys. Rėtyje likęs kandidatas ir daliklių tikrinimas, kuriame praleisti kandidatai, nepagrindžia tos pačios išvados kaip užbaigtas tikrinimas.

Visoms interaktyvioms reikšmėms naudojama tiksli riboto diapazono sveikųjų skaičių aritmetika. Baigtinės lentelės išsamiai apima kiekvieną nurodytą atvejį; bendrieji egzistavimo, vienaties ir begalinumo teiginiai tebėra grindžiami pirmiau pateiktais įrodymais.

Išnagrinėti pavyzdžiai

Pabandykite patys

1. Suklasifikuokite 1,2,15,0 ir −11 pagal pateiktus pirminių ir sudėtinių skaičių apibrėžimus.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   2 yra pirminis, o 15 – sudėtinis skaičius. 1 nėra nei pirminis, nei sudėtinis. 0 ir −11 nepatenka į teigiamų sveikųjų skaičių klasifikaciją.

   Daliklių sąlyga taip pat reikalauja, kad skaičius būtų sveikasis ir didesnis už 1. Penkiolikos skaidinys yra 3·5; minuso ženklas nepaverčia −11 teigiamu pirminiu skaičiumi.

2. Skaičiaus 60 skaidymo daugikliais medžio galutiniai lapai yra 4,3,5. Ar tai skaidinys pirminiais daugikliais? Užbaikite jį.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Skaidinys neužbaigtas, nes 4 yra sudėtinis skaičius. Visas pirminių daugiklių sąrašas yra 2,2,3,5, taigi 60 = 2²·3·5.

   Pradinių lapų sandauga jau yra 60, tačiau skaidinyje pirminiais daugikliais kiekvienas lapas turi būti pirminis skaičius – nepakanka vien teisingos sandaugos.

3. Ar 2·3·2·7 ir 7·2·2·3 yra skirtingi skaidiniai pirminiais daugikliais? Ką čia reiškia 2²?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Tvarka skiriasi, bet pirminiai daugikliai ir jų kartotinumas sutampa. Laipsnio rodiklis 2 nurodo du daugiklius, lygius 2.

   Vienatis, neatsižvelgiant į tvarką, apima ir daugiklių kartotinumą. Jis neleidžia atmesti pasikartojančio daugiklio ar pakeisti 2·2 vienu daugikliu 2.

4. Nurodykite, kokie susitarimai taikomi sudarant 1 ir −60 pirminių daugiklių sąrašus. Ar 0 gali būti pirminių skaičių ir apgręžiamųjų elementų sandauga?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Skaičiaus 1 pirminių daugiklių sąrašas yra tuščias. −60 = −1·2²·3·5. Nulis neturi tokio skaidinio sandauga.

   Tuščioji sandauga lygi 1; −1 nurodo ženklą ir yra apgręžiamasis elementas, o ne teigiamas pirminis skaičius. Kiekvienas pirminių skaičių ir apgręžiamųjų elementų sandaugos daugiklis yra nelygus nuliui.

5. Kodėl egzistavimo įrodyme abu sudėtinio skaičiaus n = ab daugikliai, kai a,b > 1, yra mažesni už n?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Kadangi b ≥ 2, tai a ≤ n/2 < n; analogiškai b ≤ n/2 < n.

   Abu daugikliai patenka į stipriosios indukcijos prielaidos intervalą 2 ≤ m < n, todėl jų pirminių daugiklių sąrašai jau žinomi. Prielaidoje nėra tiesiog tariama, kad teiginys galioja ir atveju n.

6. Ar iš d | ab visada išplaukia d | a arba d | b, kai d yra bet kuris teigiamas daliklis? Naudokite d = 6, a = 2, b = 3.

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Ne. 6 dalija 2·3 = 6, bet nedalija nei 2, nei 3.

   Euklido lemoje reikalaujama, kad d būtų pirminis skaičius. Skirtingi skaičiaus 6 pirminiai daugikliai 2 ir 3 gali būti skirtinguose sandaugos daugikliuose.

7. Kodėl tikrinant tik pirminius skaičius, griežtai mažesnius už √49, negalima patvirtinti skaičiaus 49 pirminumo?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Neįtrauktas ribinis kandidatas yra 7, o 49 = 7² yra sudėtinis skaičius.

   Teorema garantuoja daliklį p ≤ √n, įskaitant lygybės atvejį. Tikrinant dalumą tik iš 2,3,5, kvadratinę šaknį atitinkantis daliklis lieka nepatikrintas.

8. Kuriuos pirminius skaičius reikia patikrinti kaip galimus skaičiaus 83 daliklius ir ką rodo liekanos 1,2,3,6?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Patikrinkite 2,3,5,7. Nė vienas iš jų nedalija 83, todėl 83 yra pirminis skaičius.

   7² ≤ 83 < 11², todėl sąrašas apima visus pirminius skaičius, kuriems p² ≤ 83. Išvadą pagrindžia visas nenulinių liekanų sąrašas, o ne vien jo dalis.

9. Kai didėjančia tvarka taikomas sietas pasiekia p = 5, kodėl naujus skaičius reikia pradėti žymėti nuo 25, o ne išbraukti 5 ar pradėti nuo 10?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Palikite 5 kaip pirminį skaičių. Mažesni netrivialūs jo kartotiniai 10,15,20 jau pažymėti; 25 yra pirmasis kartotinis, kuris gali būti dar nepažymėtas.

   Kai kp < p² ir k ≥ 2, skaičiaus k pirminis daliklis yra mažesnis už p, o jam skirtame žingsnyje kp jau pažymėtas. Išbraukus patį p, būtų pašalintas pirminis skaičius.

10. Iš baigtinio pirminių skaičių sąrašo gaunamas M, o pirminis skaičius q dalija M+1. Kodėl q negali būti tame sąraše? Ar M+1 būtinai yra pirminis skaičius?

    Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

    Jei q būtų sąraše, jis dalytų ir M, ir M+1, taigi ir 1, o tai neįmanoma. M+1 nebūtinai yra pirminis skaičius.

    Prieštaravimas susijęs su skirtumo dalumu. Pavyzdys 30031 = 59·509 parodo, kodėl garantuotai egzistuojančio naujo pirminio daliklio negalima painioti su viso sukonstruoto skaičiaus pirminumu.

Ką verta įsidėmėti

• Teigiami sveikieji skaičiai, didesni už 1, skirstomi į pirminius ir sudėtinius; 1 yra vienetas, o ne pirminis skaičius.
• Stiprioji indukcija leidžia kiekvieną sveikąjį skaičių, didesnį už 1, išskaidyti pirminiais daugikliais.
• Euklido lema apie pirminius daliklius leidžia suporuoti ir suprastinti daugiklius, taip įrodant vienatį, neatsižvelgiant į daugiklių tvarką.
• Nekintamame pirminių daugiklių rinkinyje pasikartojantys daugikliai išreiškiami laipsnių rodikliais; neigiamo sveikojo skaičiaus ženklas nurodomas atskirai.
• Tikrinant pirminumą, būtina patikrinti visus pirminius skaičius, kuriems p² ≤ n, įskaitant lygybės atvejį.
• Didėjančia tvarka taikomas baigtinis sietas pradeda žymėti naujus skaičius nuo p² ir palieka patį p; kol sijojimas nebaigtas, neišbraukti skaičiai yra kandidatai.
• Baigtinio sąrašo skaičių sandauga, padidinta 1, turi pirminį daliklį, kurio tame sąraše nėra, net jei gautasis skaičius yra sudėtinis.