零件2: 与推论7.1相关的素数

 

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:

 

006图3

 

这个其中的前两个(k=1或3)不提供解核,因为n8(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k1+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:fk是奇数,k是k2可以被3的t次方整除,然后是2k1+k也可以被3的t次方整除。

 

证据:前提表示k=c3t+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

 

 

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

 

 

可被t+1次方整除,这证明了

 

 

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2k-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2k1+k。

 

证据:前提意味着k=(q1) /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2k1+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sk=2个k1+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τp=p(p1) 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sk可被p整除。这种方法给出了以下奇数算术顺序:

 

006图5

 

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k1+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=2k1+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k2是奇数,可被3的n次幂除,然后是sk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sk.

(四)如果q=2k+1是素数,2是平方(mod q),那么q除以sk.

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

 

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(p1) 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p1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:

 

006图16

 

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p1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2w=1(模式p)。

 

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。

 

006图6

 

这些q值可以用以下形式表示

 

 

哪里j的范围是0到5,wp是2的顺序(mod p),并且系数为

 

006图7

 

通知B的值(这只是q mod p的约化值)正是2(mod p)的幂的负数。

 

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(p1) /瓦p1) 和系数

 

006图8

 

一般,满足同余21+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q1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=ordp(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2j1+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,。。,1.每个这些m值,我们取最小值(p1) /w解决方案,以及我们计算的B值q=1+m+Bw。这给了所有的p1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。

 

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2k1+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。例如,设置k=15得到2k1+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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