零件2： 与推论7.1相关的素数

从推论7.1唯一的解核是n，m和n等于a质数的幂是形式的

哪里k是m是素数的任意整数。只有k<200的值是：

这个其中的前两个（k=1或3）不提供解核，因为n≤8（见命题7），但k=7的m，n对是解的核心。

什么时候？寻找m=2形式的素数^k−1+k我们可以立即排除k的所有偶数值，因为它们给出的m可被2整除。我们还可以排除k的许多其他值，如下所述命题。

命题第八章：營fk是奇数，k是k−2可以被3的t次方整除，然后是2^k−1+k也可以被3的t次方整除。

证据：前提表示k=c3^t+2，对于一些奇数c的余素数为3，所以我们有

因此，我们只需要证明括号中的量至少可以被t整除+任何非负整数t和奇数c的1次幂。因为c是奇数，我们可以写出一些非负整数d的c=2d+1=0，括号中的数量可以写出来

注意4=1（mod 3），很明显这个量可以被3整除因此，指数项与−1（模式3），这样我们就可以写作了

哪里t=0。取两边的立方体

哪一个显示出

是同余到-1模3^电话+2。因此，在这个数量上加1给出一个可被3整除的整数^电话+2归纳起来，可以得出结论每t，数量

是可被t+1次方整除，这证明了

是可被3的t次方整除（回想一下c是3的余素数）。□

命题9: 如果qⁿ=（k+1）/2是奇素数幂，则q除以2^k-1公司+k。

证据：前提意味着k=2qⁿ1，所以我们有

这个根据费马的小定理，括号中的量与0（mod q）是同余的，所以整个量可以被q整除。□

命题十：如果q=2k+1是素数，2是模q的平方，则q除以2^k−1+k。

证据：前提意味着k=（q−1） /2，所以我们有

倍增比2分

因此，如果2是平方模q，则括号中的量为等于0（mod q），所以整个量被q整除。□

命题11: 如果k的形式是20c+9或20c+11，那么2^k−1+k是可被5整除的。

证据：如果k=20c+9然后我们有了

注意那个2⁴=1（模5），而9=−1（mod 5），如下所示这个量立即可以被5整除。

如果k=20c+11，那么我们有

注意那个2²= −1（mod 5）而10c+5总是奇数，它是很明显右边的第一项总是与−1（mod 5）。另外，11等于+1（mod 5），所以整个量是可被5整除的。□

讨论：命题11可以推广到给出一个无限族的整除性检验。注意整数s_k=2个^k−1+k满足线性递归

具有初始值s₁=2和s₂=4。当元素这个序列被求导为素数p的模，它们是周期性的周期划分τ_p=p（p−1） 一。因此，识别“零项”可以得到一组如果k在其中一个序列中，则s_k可被p整除。这种方法给出了以下奇数算术顺序：

与就这些序列，我们可以排除所有小于100的k值（除了1，除k=27、43和67外，所有这些都可以通过直接因子分解。事实上，这种方法使我们能够确定^k−1+对于任何小于200的k（除了1、3和7），k不是素数。这个最小整数k>7，使m=2^k−1+k是素数是237，它给出了以下72位素数：

这个下一个（可能的）素数，由H.Zeisel发现，对应于k=1885，并且对于a很长一段时间以来，这是已知产生质数（或概率）的k的最大值主）。然后，在1999年11月，努蒂·库萨报告说他已经接受了检查到2^{（51674）−（一）}+51674发现了^{（k）−（一）}+k是k=51381的可能素数。这个素数有15467位。通知合适的k值比合适的Mersenne指数更罕见，因为上述简单的整除条件排除了k值的类。这些标准可概括如下：

（一）牋牋牋 如果k是偶数，那么s也是偶数_k.

（二）牋牋牋 如果k−2是奇数，可被3的n次幂除，然后是s_k也可以被3的n次幂除。

（三）如果qⁿ=（k+1）/2是质数q的幂，然后q除以s_k.

（四）如果q=2k+1是素数，2是平方（mod q），那么q除以s_k.

（五）牋牋牋 对于任意奇素数p且w=ord_p（2） ，有w残留物r模pw，如果k=r模pw，则p除以s_k.

到详细说明标准（v），注意对于任何素数p我们都可以考虑是否存在这样一个数q

对于每一个整数j。换句话说，2^{（k）-（一）}+k是当k等于q模p（p−1） 一。模数p（p）−1） 所以它有两个性质是零模p作为一个指数，它给出了单位模p（根据费马的小定理）。显然从2号开始^{（p-（一）}=1（模式p），自jp（p-1） =0 mod p，我们可以简单地将上述内容简化为

因此如果我们能找到一个满足（2）的整数q，那么它也满足（1）对每一个j。

现在，每奇数个素数p都有p−1个1到p范围内的整数q（p−（一）−1满足同余（2）。前几个奇数的q值的表素数如下：

的当然，在实践中，我们可以省略q的偶数值（它正好包含值的一半），因为它们产生一个偶数的k值对于任何给定的素数p，表示2次幂的闭集（modp）特殊底座。例如，当p=11时，q的值约化模p分别是{3、8、10、9、4、1、2、5、7、6}，表示一个完整的非零残基组11。这些可以排列成一个几何级数2的幂次（mod 11）如下：{1，2，4，8，5，10，9，7，3，6，1，…}，其中每个数字是循环中前一个数字的2倍。自从2的阶数（mod 11）是10，我们得到所有10个残基。

然而，情况并非总是如此。例如，当p=7时，减少的q值模7是{3，5，6，3，5，6}，它只代表非零的一半残余物（mod 7），但和往常一样，这是一个双倍下的完整循环，因为2（3）=6，2（6）=5，2（5）=3，都是模7。因此，尽管是p−1不同的q值在1到p之间（p−（一）−1，这个在这些q值中表示的不同剩余类（mod p）的数目等于2的阶数（mod p），也就是说，最小的指数那个2^w=1（模式p）。

安一个极端的例子是p=31，这里有30个q值满足（2），但它们只属于模31的5个不同的剩余类因为2的阶数是5。下面是这些问题的总结价值观。

这些q值可以用以下形式表示

哪里j的范围是0到5，w_p是2的顺序（mod p），并且系数为

通知B的值_我（这只是q mod p的约化值）正是2（mod p）的幂的负数。

为另一个例子，当p=43时，2（mod 43）的阶数为w₄₃=14，因此，由式（3）给出了q的42个合适值，j的范围为0到2（上索引2为（p−1） /瓦_p− 1） 和系数

在一般，满足同余2^问−1+q=0（mod p）我们有q=−2^{（问−（一）}（mod p），这意味着存在一个整数“a”使得

也，指数q−1对2只会给出一个不同的结果（mod p）q的不同残基−1模为2的阶数（mod p）。让w表示此顺序，即w=ord_p（2） ，我们可以设置

对于整数A、B和m。从这两个方程中去掉q可以得到

（通知上面等式的右边是形式2^j−1+所以，对于任何质数p，我们把w设为2的阶（mod p），然后我们用m=0，1，。。，问−1.每个这些m值，我们取最小值（p−1） /w解决方案，以及我们计算的B值q=1+m+Bw。这给了所有的p−1合适的值q模p（p）的值−1） 但我们可以通过考虑模pw的合适值，其中正好有w。

为例如，当p=31时，w=5，且

具有m=0、1、2、3和4是（A，B）=（2,12）、（4,24）、（2,11）、（2,10）和（1,2）分别。从关系式q− 1=m+Bw然后我们推断q的合适值是任意数同余模155到61、122、58、54和15。换句话说，我们发现2^k−1+如果k是任意的，k可以被31整除编号为155n+15、155n+54、155n+58、155n+61或155n+122。为例如，设置k=15得到2^k−1+k=16399=（31）（529）。即使对于n的负值，结果的分子也减少了分数可以被31整除，因为分母是2的纯幂，是31的互质，所以除法是唯一的模p。

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