索引
- 费马数定义
- 性质1:若 m ≥ 1 m\ge 1 m≥1,则 F m ≡ 1 m o d 4 { {F}_{m}}\equiv 1\text{ }\bmod 4 Fm≡1 mod4。
- 性质2:若 m ≥ 1 m\ge 1 m≥1,则 F m ≡ 2 m o d 3 { {F}_{m}}\equiv 2\text{ }\bmod 3 Fm≡2 mod3。
- 性质3:若 m ≥ 1 m\ge 1 m≥1,则 F m ≡ 5 m o d 12 { {F}_{m}}\equiv 5\text{ }\bmod 12 Fm≡5 mod12。
- 性质4: m ≥ 1 m\ge 1 m≥1时,有等价关系 F m 是 素 数 ⇔ 3 F m − 1 2 ≡ − 1 m o d F m { {F}_{m}}是素数\Leftrightarrow { {3}^{\frac{ { {F}_{m}}-1}{2}}}\equiv -1\text{ }\bmod { {F}_{m}} Fm是素数⇔32Fm−1≡−1 modFm
- 利用性质4证明 F 3 = 257 { {F}_{3}}=257 F3=257是素数。
- 利用性质4证明 F 4 = 65537 { {F}_{4}}=65537 F4=65537是素数。
- 命题:Fermat数可能是素数也可能不是素数。
- 定理:设 a , m ∈ Z , a ≥ 2 , m ≥ 1 a,m\in \mathbb{Z},\text{ }a\ge 2,\text{ }m\ge 1 a,m∈Z, a≥2, m≥1。若 a m + 1 { {a}^{m}}+1 am+1是素数,则1) a a a是偶数;2) m m m是2的整数次幂。
费马数定义
F m = 2 2 m + 1 , m ∈ Z ≥ 0 {
{F}_{m}}={
{2}^{
{
{2}^{m}}}}+1,m\in {
{\mathbb{Z}}_{\ge 0}} Fm=22m+1,m∈Z≥0称为Fermat数。若 F m {
{F}_{m}} Fm是素数,则称为Fermat素数。
性质1:若 m ≥ 1 m\ge 1 m≥1,则 F m ≡ 1 m o d 4 { {F}_{m}}\equiv 1\text{ }\bmod 4 Fm≡1 mod4。
证明
当 m ≥ 1 m\ge 1 m≥1时,可以将 2 2 m {
{2}^{
{
{2}^{m}}}} 22m分解为两个整数因子的乘积:
2 2 m = 2 2 × 2 2 m − 2 = 4 × 2 2 m − 2 , 2 2 m − 2 ∈ Z > 0 {
{2}^{
{
{2}^{m}}}}={
{2}^{2}}\times {
{2}^{
{
{2}^{m}}-2}}=4\times {
{2}^{
{
{2}^{m}}-2}},\text{ }{
{2}^{
{
{2}^{m}}-2}}\in {
{\mathbb{Z}}_{>0}} 22m=22×22m−2=4×22m−2, 22m−2∈Z>0
因此有
2 2 m ≡ 0 m o d 4 {
{2}^{
{
{2}^{m}}}}\equiv 0\text{ }\bmod 4 22m≡0 mod4
于是有
F m = 2 2 m + 1 ≡ 1 m o d 4 {
{F}_{m}}={
{2}^{
{
{2}^{m}}}}+1\equiv 1\text{ }\bmod 4 Fm=22m+1≡1 mod4
性质2:若 m ≥ 1 m\ge 1 m≥1,则 F m ≡ 2 m o d 3 { {F}_{m}}\equiv 2\text{ }\bmod 3 Fm≡2 mod3。
证明
由于 2 ≡ − 1 m o d 3 2\equiv -1\text{ }\bmod 3 2≡−1 mod3,因此有
F m = 2 2 m + 1 ≡ ( − 1 ) 2 m + 1 = 1 + 1 = 2 m o d 3 {
{F}_{m}}={
{2}^{
{
{2}^{m}}}}+1\equiv {
{\left( -1 \right)}^{
{
{2}^{m}}}}+1=1+1=2\text{ }\bmod 3 Fm=22m+1≡(−1)2m+1=1+1=2 mod3
性质3:若 m ≥ 1 m\ge 1 m≥1,则 F m ≡ 5 m o d 12 { {F}_{m}}\equiv 5\text{ }\bmod 12 Fm≡5 mod12。
证明
由性质1,2,当 m ≥ 1 m\ge 1 m≥1时,同时成立 F m ≡ 1 m o d 4 , F m ≡ 2 m o d 3 {
{F}_{m}}\equiv 1\text{ }\bmod 4,\text{ }{
{F}_{m}}\equiv 2\text{ }\bmod 3 Fm≡1 mod4, Fm≡2 mod3。考虑同余式组
{ x ≡ 1 m o d 4 x ≡ 2 m o d 3 \left\{ \begin{aligned} & x\equiv 1\text{ }\bmod 4 \\ & x\equiv 2\text{ }\bmod 3 \\ \end{aligned} \right. {
x≡1 mod4x≡2 mod3
由于 gcd ( 4 , 3 ) = 1 \gcd \left( 4,3 \right)=1 gcd(4,3)=1,因此可直接使用孙子定理进行求解。
m 1 = 4 , M 1 = 3 {
{m}_{1}}=4,\text{ }{
{M}_{1}}=3 m1=4, M1=3,求解 M 1 M 1 ′ ≡ 1 m o d m 1 {
{M}_{1}}{
{M}_{1}}'\equiv 1\text{ }\bmod {
{m}_{1}} M1M1′≡1 modm1得 M 1 ′ ≡ − 1 m o d 4 {
{M}_{1}}'\equiv -1\text{ }\bmod 4 M1′≡−1 mod4。
m 2 = 3 , M 2 = 4 {
{m}_{2}}=3,\text{ }{
{M}_{2}}=4 m2=3, M2=4,求解 M 2 M 2 ′ ≡ 1 m o d m 2 {
{M}_{2}}{
{M}_{2}}'\equiv 1\text{ }\bmod {
{m}_{2}} M2M2′≡1 modm2得 M 2 ′ ≡ 1 m o d 3 {
{M}_{2}}'\equiv 1\text{ }\bmod 3 M2′≡1 mod3。
因此同余式组的解为
x ≡ M 1 M 1 ′ × 1 + M 2 M 2 ′ × 2 m o d m 1 × m 2 ≡ 3 × ( − 1 ) × 1 + 4 × 1 × 2 m o d 4 × 3 = 5 m o d 12 \begin{aligned} & x\equiv {
{M}_{1}}{
{M}_{1}}'\times 1+{
{M}_{2}}{
{M}_{2}}'\times 2\text{ }\bmod {
{m}_{1}}\times {
{m}_{2}} \\ & \equiv 3\times \left( -1 \right)\times 1+4\times 1\times 2\text{ }\bmod 4\times 3 \\ & =5\text{ }\bmod 12 \\ \end{aligned} x≡M1M1′×1+M2M2′×2 modm1×m2≡3×(−1)×1+4×1×2 mod4×3=5 mod12
而 F m ( m ≥ 1 ) {
{F}_{m}}\left( m\ge 1 \right) Fm(m≥1)是同余式组的(一部分解),因此 F m {
{F}_{m}} Fm满足
F m ≡ 5 m o d 12 {
{F}_{m}}\equiv 5\text{ }\bmod 12 Fm≡5 mod12
性质4: m ≥ 1 m\ge 1 m≥1时,有等价关系 F m 是 素 数 ⇔ 3 F m − 1 2 ≡ − 1 m o d F m { {F}_{m}}是素数\Leftrightarrow { {3}^{\frac{ { {F}_{m}}-1}{2}}}\equiv -1\text{ }\bmod { {F}_{m}} Fm是素数⇔32Fm−1≡−1 modFm
( ⇒ ) \left( \Rightarrow \right) (⇒)方向的证明
若 F m { {F}_{m}} Fm是素数,由于 F m ≥ F 1 = 5 { {F}_{m}}\ge { {F}_{1}}=5 Fm≥F1=5,因此 F m { {F}_{m}} Fm一定是一个奇素数。考虑 3 3 3对 F m { {F}_{m}} Fm的Legendre符号 ( 3 F m ) \left( \frac{3}{ { {F}_{m}}} \right) (Fm3)。
由性质1, F m ≡ 1 m o d 4 ( m ≥ 1 ) {
{F}_{m}}\equiv 1\text{ }\bmod 4\text{ }\left( m\ge 1 \right) Fm≡1 mod4 (m≥1),因此由二次反转定律有
( 3 F m ) = ( F m 3 ) \left( \frac{3}{
{
{F}_{m}}} \right)=\left( \frac{
{
{F}_{m}}}{3} \right) (Fm3)=(3Fm)
由性质2,有 F m ≡ 2 m o d 3 ( m ≥ 1 ) {
{F}_{m}}\equiv 2\text{ }\bmod 3\text{ }\left( m\ge 1 \right) Fm≡2 mod3 (m≥1),因此有
( F m 3 ) = ( 2 3 ) = ( 2 3 − 1 2 m o d 3 ) = − 1 \left( \frac{
{
{F}_{m}}}{3} \right)=\left( \frac{2}{3} \right)=\left( {
{2}^{\frac{3-1}{2}}}\bmod 3 \right)=-1 (3Fm)=(32)=(223−1mod3)=−1
即有
( 3 F m ) = − 1 ⇒ 3 F m − 1 2 ≡ ( 3 F m ) = − 1 m o d F m \left( \frac{3}{
{
{F}_{m}}} \right)=-1\text{ }\Rightarrow \text{ }{
{3}^{\frac{
{
{F}_{m}}-1}{2}}}\equiv \left( \frac{3}{
{
{F}_{m}}} \right)=-1\text{ }\bmod {
{F}_{m}} (Fm3)=−1 ⇒ 32Fm−1≡(Fm3)=−1 modFm
( ⇐ ) \left( \Leftarrow \right) (⇐)方向的证明
若 3 F m − 1 2 ≡ − 1 m o d F m {
{3}^{\frac{
{
{F}_{m}}-1}{2}}}\equiv -1\text{ }\bmod {
{F}_{m}} 32Fm−1≡−1 modFm,则有
( 3 F m − 1 2 ) 2 ≡ ( − 1 ) 2 m o d F m ⇒ 3 F m − 1 ≡ 1 m o d F m \begin{aligned} & {
{\left( {
{3}^{\frac{
{
{F}_{m}}-1}{2}}} \right)}^{2}}\equiv {
{\left( -1 \right)}^{2}}\text{ }\bmod {
{F}_{m}} \\ & \Rightarrow {
{3}^{
{
{F}_{m}}-1}}\equiv 1\text{ }\bmod {
{F}_{m}} \\ \end{aligned} (32Fm−1)2≡(−1)2 modFm⇒3Fm−1≡1 modFm
由于 F m ≥ F 1 = 5 > 1 {
{F}_{m}}\ge {
{F}_{1}}=5>1 Fm≥F1=5>1,因此由算数基本定理, F m {
{F}_{m}} Fm可以表示为一系列素因子的乘积,设其中素因子为 p p p,则有
3 F m − 1 ≡ 1 m o d p {
{3}^{
{
{F}_{m}}-1}}\equiv 1\text{ }\bmod p 3Fm−1≡1 modp
且由于 F m = 2 2 m + 1 {
{F}_{m}}={
{2}^{
{
{2}^{m}}}}+1 Fm=22m+1是奇数,因此可以肯定 p ≠ 2 p\ne 2 p=2。
且由于 3 F m − 1 ≡ 0 ≡ 1 m o d 3 {
{3}^{
{
{F}_{m}}-1}}\equiv 0\cancel{\equiv }1\text{ }\bmod 3 3Fm−1≡0≡
1 mod3,因此也可以肯定 p ≠ 3 p\ne 3 p=3。
因此该素因子 p p p满足 p ≥ 5 p\ge 5 p≥5。
设 3 n ≡ 1 m o d p { {3}^{n}}\equiv 1\text{ }\bmod p 3n≡1 modp,其中 n ∈ Z > 0 n\in { {\mathbb{Z}}_{>0}} n∈Z>0最小。
-
研究 n n n与 F m − 1 { {F}_{m}}-1 Fm−1的关系。
-
第一步,我们指出有 n ∣ ( F m − 1 ) \left. n \right|\left( { {F}_{m}}-1 \right) n∣(Fm−1)。
设带余除法 F m − 1 = n q + r { {F}_{m}}-1=nq+r Fm−1=nq+r, 0 ≤ r < n 0\le r<n 0≤r<n,则有
n q ≤ F m − 1 ⇒ 3 n q ∣ 3 F m − 1 nq\le { {F}_{m}}-1\text{ }\Rightarrow \text{ }\left. { {\text{3}}^{nq}} \right|{ {3}^{ { {F}_{m}}-1}} nq≤Fm−1 ⇒ 3nq∣3Fm−1
基于此有以下推理
3 n ≡ 1 m o d p ⇒ 3 n q = ( 3 n ) q ≡ 1 q = 1 m o d p 3 F m − 1 ≡ 1 m o d p } ⇒ 3 F m − 1 ≡ 3 n q m o d p ⇒ 3 F m − 1 − n q = 3 F m − 1 3 n q ≡ 3 n q 3 n q = 1 m o d p ( p ≠ 3 ⇒ gcd ( 3 n q , p ) = 1 ) ⇒ 3 r ≡ 1 m o d p \begin{aligned} & \left. \begin{matrix} { {3}^{n}}\equiv 1\text{ }\bmod p\text{ }\Rightarrow \text{ }{ {3}^{nq}}={ {\left( { {3}^{n}} \right)}^{q}}\equiv { {1}^{q}}=1\text{ }\bmod p \\ { {3}^{ { {F}_{m}}-1}}\equiv 1\text{ }\bmod p \\ \end{matrix} \right\}\Rightarrow { {3}^{ { {F}_{m}}-1}}\equiv { {3}^{nq}}\text{ }\bmod p \\ & \\ & \Rightarrow { {3}^{ { {F}_{m}}-1-nq}}=\frac{ { {3}^{ { {F}_{m}}-1}}}{ { {3}^{nq}}}\equiv \frac{ { {3}^{nq}}}{ { {3}^{nq}}}=1\text{ }\bmod p\text{ }\left( p\ne 3\Rightarrow \gcd \left( { {3}^{nq}},p \right)=1 \right) \\ & \Rightarrow { {3}^{r}}\equiv 1\text{ }\bmod p \\ \end{aligned} 3n≡1 modp ⇒ 3nq=(3n)q≡1q=1 modp3Fm−1≡1 modp}⇒3Fm−1≡3nq modp⇒3Fm−1−nq=3nq3Fm−1≡3nq3nq=1 modp (p=3⇒gcd(3nq,p)=1)⇒3r≡1 modp
由 n n n的最小性,只能有 r = 0 r=0 r=0,即 n ∣ ( F m − 1 ) \left. n \right|\left( { {F}_{m}}-1 \right) n∣(Fm−1)。 -
第二步,我们指出有 F m − 1 2 ∣ n \left. \frac{ { {F}_{m}}-1}{2} \right|n 2Fm−1∣∣n。
事实上,
n ∣ ( F m − 1 ) = ( 2 2 m + 1 ) − 1 = 2 2 m , 2 m ≥ 2 1 = 2 F m − 1 2 = 2 2 m + 1 − 1 2 = 2 2 m − 1 , 2 m − 1 ≥ 2 1 − 1 = 1 \begin{aligned} & \left. n \right|\left( { {F}_{m}}-1 \right)=\left( { {2}^{ { {2}^{m}}}}+1 \right)-1={ {2}^{ { {2}^{m}}}},\text{ }{ {\text{2}}^{m}}\ge { {2}^{1}}=2 \\ & \frac{ { {F}_{m}}-1}{2}=\frac{ { {2}^{ { {2}^{m}}}}+1-1}{2}={ {2}^{ { {2}^{m}}-1}},\text{ }{ {2}^{m}}-1\ge { {2}^{1}}-1=1 \\ \end{aligned} n∣(Fm−1)=(22m+1)−1=22m, 2m≥21=22Fm−1=222m+1−1=22m−1, 2m−1≥21−1=1
即 n n n和 F m − 1 2 \frac{ { {F}_{m}}-1}{2} 2Fm−1都是 2 2 2的非负整数次幂,因此二者存在整除关系,即有
n ∣ F m − 1 2 ∨ F m − 1 2 ∣ n \left. n \right|\frac{ { {F}_{m}}-1}{2}\text{ }\vee \text{ }\left. \frac{ { {F}_{m}}-1}{2} \right|n n∣2Fm−1 ∨ 2Fm−1∣∣∣∣n
又 3 F m − 1 2 ≡ − 1 ≡ 1 m o d p ( ∵ p ≥ 5 ) { {3}^{\frac{ { {F}_{m}}-1}{2}}}\equiv -1\cancel{\equiv }1\text{ }\bmod p\text{ }\left( \because p\ge 5 \right) 32Fm−1≡−1≡ 1 modp (∵p≥5),因此可以排除 n ∣ F m − 1 2 \left. n \right|\frac{ { {F}_{m}}-1}{2} n∣2Fm−1的情况(否则 ∃ k ∈ Z > 0 , F m − 1 2 = k n \exists k\in { {\mathbb{Z}}_{>0}},\text{ }\frac{ { {F}_{m}}-1}{2}=kn ∃k∈Z>0, 2Fm−1=kn, 3 F m − 1 2 = 3 k m = ( 3 n ) k ≡ 1 k = 1 m o d p { {3}^{\frac{ { {F}_{m}}-1}{2}}}={ {3}^{km}}={ {\left( { {3}^{n}} \right)}^{k}}\equiv { {1}^{k}}=1\text{ }\bmod p 32Fm−1=3km=(3n)k≡1k=1 modp,矛盾),因此只能是
F m − 1 2 ∣ n \left. \frac{ { {F}_{m}}-1}{2} \right|n 2Fm−1∣∣∣∣n -
第三步,我们指出其实有 n = F m − 1 n={ {F}_{m}}-1 n=Fm−1。
事实上,
F m − 1 2 ∣ n ⇒ F m − 1 2 ≤ n 3 F m − 1 2 ≡ − 1 ≡ 1 m o d p ⇒ F m − 1 2 ≠ n } ⇒ F m − 1 2 < n ⇒ F m − 1 n < 2 \left. \begin{aligned} & \left. \frac{ { {F}_{m}}-1}{2} \right|n\Rightarrow \frac{ { {F}_{m}}-1}{2}\le n \\ & { {3}^{\frac{ { {F}_{m}}-1}{2}}}\equiv -1\cancel{\equiv }1\text{ }\bmod p\Rightarrow \frac{ { {F}_{m}}-1}{2}\ne n \\ \end{aligned} \right\}\Rightarrow \frac{ { {F}_{m}}-1}{2}<n\Rightarrow \frac{ { {F}_{m}}-1}{n}<2 2Fm−1∣∣∣∣n⇒2Fm−1≤n32Fm−1≡−1≡ 1 modp⇒2Fm−1=n⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫⇒2Fm−1<n⇒nFm−1<2
又根据第一步中的结论 n ∣ ( F m − 1 ) \left. n \right|\left( { {F}_{m}}-1 \right) n∣(Fm−1),有 F m − 1 n ∈ Z > 0 \frac{ { {F}_{m}}-1}{n}\in { {\mathbb{Z}}_{>0}} nFm−1∈Z>0,因此只能是
F m − 1 n = 1 ⇒ F m − 1 = n \frac{ { {F}_{m}}-1}{n}=1\text{ }\Rightarrow \text{ }{ {F}_{m}}-1=n nFm−1=1 ⇒ Fm−1=n
-
-
接下来研究 n n n与 p − 1 p-1 p−1的关系。我们指出有 n ≤ p − 1 n\le p-1 n≤p−1。
事实上,由于素数 p ≥ 5 ⇒ p ∣ 3 p\ge 5\text{ }\Rightarrow \text{ }p\cancel{|}3 p≥5 ⇒ p∣ 3,因此由费马小定理有
3 p − 1 ≡ 1 m o d p { {3}^{p-1}}\equiv 1\text{ }\bmod p 3p−1≡1 modp
同上面论证 n ∣ ( F m − 1 ) \left. n \right|\left( { {F}_{m}}-1 \right) n∣(Fm−1)的思想,我们直接指出有 n ∣ ( p − 1 ) \left. n \right|\left( p-1 \right) n∣(p−1),因此有
n ≤ p − 1 n\le p-1 n≤p−1 -
由于 p p p是 F m { {F}_{m}} Fm的因子,因此有 p ≤ F m p\le { {F}_{m}} p≤Fm。综合上面的结论,有以下不等关系
n ≤ p − 1 ≤ F m − 1 = n ⇒ n = p − 1 = F m − 1 ⇒ p = F m \begin{aligned} & n\le p-1\le { {F}_{m}}-1=n \\ & \Rightarrow n=p-1={ {F}_{m}}-1 \\ & \Rightarrow p={ {F}_{m}} \\ \end{aligned} n≤p−1≤Fm−1=n⇒n=p−1=Fm−1⇒p=Fm
即 F m { {F}_{m}} Fm本身就是一个素数。
利用性质4证明 F 3 = 257 { {F}_{3}}=257 F3=257是素数。
证明
根据性质4,问题等价于证明
3 257 − 1 2 = 3 128 ≡ − 1 m o d 257 {
{3}^{\frac{257-1}{2}}}={
{3}^{128}}\equiv -1\text{ }\bmod 257 32257−1=3128≡−1 mod257
具体证明过程如下。
3 128 = 9 64 = 81 32 = 6561 16 ≡ 136 16 = 18496 8 ≡ ( − 8 ) 8 = 64 4 = 4096 2 ≡ ( − 16 ) 2 = 256 ≡ − 1 m o d 257 \begin{aligned} & {
{3}^{128}}={
{9}^{64}}={
{81}^{32}}={
{6561}^{16}}\equiv {
{136}^{16}}={
{18496}^{8}} \\ & \equiv {
{\left( -8 \right)}^{8}}={
{64}^{4}}={
{4096}^{2}}\equiv {
{\left( -16 \right)}^{2}}=256\equiv -1\text{ }\bmod 257 \\ \end{aligned} 3128=964=8132=656116≡13616=184968≡(−8)8=644=40962≡(−16)2=256≡−1 mod257
利用性质4证明 F 4 = 65537 { {F}_{4}}=65537 F4=65537是素数。
证明
根据性质4,问题等价于证明
3 65537 − 1 2 = 3 32768 ≡ − 1 m o d 65537 {
{3}^{\frac{65537-1}{2}}}={
{3}^{32768}}\equiv -1\text{ }\bmod 65537 3265537−1=332768≡−1 mod65537
具体证明过程如下。
3 32768 = 9 16384 = 81 8192 = 6561 4096 = 43036721 2048 ≡ ( − 11088 ) 2048 = 122943744 1024 ≡ ( − 3668 ) 1024 = 13454224 512 ≡ 19139 256 = 366301321 128 ≡ 15028 128 = 225840784 64 ≡ 282 64 = 79524 32 ≡ 13987 32 = 195636169 16 ≡ 8224 16 = 67634176 8 ≡ ( − 8 ) 8 = 16 4 = 256 2 = 65536 ≡ − 1 m o d 65537 \begin{aligned} & {
{3}^{32768}}={
{9}^{16384}}={
{81}^{8192}}={
{6561}^{4096}}={
{43036721}^{2048}}\equiv {
{\left( -11088 \right)}^{2048}} \\ & ={
{122943744}^{1024}}\equiv {
{\left( -3668 \right)}^{1024}}={
{13454224}^{512}}\equiv {
{19139}^{256}} \\ & ={
{366301321}^{128}}\equiv {
{15028}^{128}}={
{225840784}^{64}}\equiv {
{282}^{64}}={
{79524}^{32}} \\ & \equiv {
{13987}^{32}}={
{195636169}^{16}}\equiv {
{8224}^{16}}={
{67634176}^{8}}\equiv {
{\left( -8 \right)}^{8}} \\ & ={
{16}^{4}}={
{256}^{2}}=65536\equiv -1\text{ }\bmod 65537 \\ \end{aligned} 332768=916384=818192=65614096=430367212048≡(−11088)2048=1229437441024≡(−3668)1024=13454224512≡19139256=366301321128≡15028128=22584078464≡28264=7952432≡1398732=19563616916≡822416=676341768≡(−8)8=164=2562=65536≡−1 mod65537
命题:Fermat数可能是素数也可能不是素数。
F 0 = 2 2 0 + 1 = 3 素 数 F 1 = 2 2 1 + 1 = 5 素 数 F 2 = 2 2 2 + 1 = 17 素 数 F 3 = 2 2 3 + 1 = 257 素 数 F 4 = 2 2 4 + 1 = 65537 素 数 F 5 = 2 2 5 + 1 = 4294967297 = 641 × 6700417 合 数 \begin{matrix} {
{F}_{0}}={
{2}^{
{
{2}^{0}}}}+1=3 & 素数 \\ {
{F}_{1}}={
{2}^{
{
{2}^{1}}}}+1=5 & 素数 \\ {
{F}_{2}}={
{2}^{
{
{2}^{2}}}}+1=17 & 素数 \\ {
{F}_{3}}={
{2}^{
{
{2}^{3}}}}+1=257 & 素数 \\ {
{F}_{4}}={
{2}^{
{
{2}^{4}}}}+1=65537 & 素数 \\ {
{F}_{5}}={
{2}^{
{
{2}^{5}}}}+1=4294967297=641\times 6700417 & 合数 \\ \end{matrix} F0=220+1=3F1=221+1=5F2=222+1=17F3=223+1=257F4=224+1=65537F5=225+1=4294967297=641×6700417素数素数素数素数素数合数
定理:设 a , m ∈ Z , a ≥ 2 , m ≥ 1 a,m\in \mathbb{Z},\text{ }a\ge 2,\text{ }m\ge 1 a,m∈Z, a≥2, m≥1。若 a m + 1 { {a}^{m}}+1 am+1是素数,则1) a a a是偶数;2) m m m是2的整数次幂。
证明
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{ a ≥ 2 , m ≥ 1 ⇒ a m + 1 > 2 a m + 1 是 素 数 ⇒ a m + 1 是 奇 素 数 ⇒ a m 是 偶 数 ⇒ a 是 偶 数 \begin{matrix} \left\{ \begin{aligned} & a\ge 2,m\ge 1\text{ }\Rightarrow \text{ }{ {a}^{m}}+1>2 \\ & { {a}^{m}}+1\text{ }是素数 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }{ {a}^{m}}+1\text{ }是奇素数 \\ \Rightarrow { {a}^{m}}\text{ }是偶数 \\ \Rightarrow a\text{ }是偶数 \\ \end{matrix} { a≥2,m≥1 ⇒ am+1>2am+1 是素数 ⇒ am+1 是奇素数⇒am 是偶数⇒a 是偶数
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由 m ∈ Z ≥ 1 m\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 1}} m∈Z≥1,设 m = 2 e n m={ {2}^{e}}n m=2en,其中 n n n是一个奇数(无偶因子2), e ∈ Z ≥ 0 e\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 0}} e∈Z≥0(当 m m m是奇数时 e = 0 e=0 e=0;当 m m m是偶数时 e ∈ Z ≥ 1 e\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 1}} e∈Z≥1)。对 a m + 1 { {a}^{m}}+1 am+1进行因式分解如下。
a m + 1 = a 2 e n + 1 = ( a 2 e ) n + 1 n = [ a 2 e + 1 ] ∑ k = 0 n − 1 ( a 2 e ) k ( − 1 ) n − 1 − k \begin{aligned} & \text{ }{ {a}^{m}}+1 \\ & ={ {a}^{ { {2}^{e}}n}}+1 \\ & ={ {\left( { {a}^{ { {2}^{e}}}} \right)}^{n}}+{ {1}^{n}} \\ & =\left[ { {a}^{ { {2}^{e}}}}+1 \right]\sum\limits_{k=0}^{n-1}{ { {\left( { {a}^{ { {2}^{e}}}} \right)}^{k}}{ {\left( -1 \right)}^{n-1-k}}} \\ \end{aligned} am+1=a2en+1=(a2e)n+1n=[a2e+1]k=0∑n−1(a2e)k(−1)n−1−k
a m + 1 { {a}^{m}}+1 am+1是素数 ⇒ a 2 e + 1 , ∑ k = 0 n − 1 ( a 2 e ) k ( − 1 ) n − 1 − k \Rightarrow { {a}^{ { {2}^{e}}}}+1,\text{ }\sum\limits_{k=0}^{n-1}{ { {\left( { {a}^{ { {2}^{e}}}} \right)}^{k}}{ {\left( -1 \right)}^{n-1-k}}} ⇒a2e+1, k=0∑n−1(a2e)k(−1)n−1−k其中一个是1,一个是 a m + 1 { {a}^{m}}+1 am+1。又
a ∈ Z ≥ 2 , e ∈ Z ≥ 0 ⇒ a 2 e + 1 > 1 a\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 2}},\text{ }e\in { {\mathbb{Z}}_{\ge 0}}\text{ }\Rightarrow \text{ }{ {a}^{ { {2}^{e}}}}+1>1 a∈Z≥2, e∈Z≥0 ⇒ a2e+1>1
因此有 a 2 e + 1 = a m + 1 ⇒ m = 2 e { {a}^{ { {2}^{e}}}}+1={ {a}^{m}}+1\text{ }\Rightarrow \text{ }m={ {2}^{e}} a2e+1=am+1 ⇒ m=2e,即 m m m是2的整数次幂。