1. Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze.
Sebastian Agata
sierpie« 2012
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 1 / 12
2. Jak szybko sprawdzi¢, czy liczba 2k −1 jest pierwsza?
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 2 / 12
3. Twierdzenie.
Je±li p jest liczb¡ pierwsz¡ nieparzyst¡ to ka»dy dzielnik liczby 2p −1 jest
postaci 2kp +1 dla pewnego k ≥0 .
A dzielniki pierwsze liczby 2p − 1
B dzielniki dowolne liczby 2p − 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 3 / 12
4. Twierdzenie (Fermat - 1640 rok)
Dla dowolnej liczby pierwszej p i dowolnego a nie podzielnego przez p
zachodzi:
a
p −1 ≡ 1 (mod p ) .
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 4 / 12
5. Lemat.
(2a − 1, 2b − 1) = 2(a,b) − 1 .
dygresja na temat algorytmu Euklidesa
Dla liczb caªkowitych a b , przy czym b >0 istnieje dokªadnie jedna para
liczb caªkowitych ,
q r
a = q · b + r, oraz 0 ≤ r < b.
Šatwo zauwa»y¢, »e
(a, b) = (b, r = a − q · b)
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 5 / 12
6. Lemat.
(2a − 1, 2b − 1) = 2(a,b) − 1 .
dygresja na temat algorytmu Euklidesa
Dla liczb caªkowitych a b , przy czym b >0 istnieje dokªadnie jedna para
liczb caªkowitych ,
q r
a = q · b + r, oraz 0 ≤ r < b.
Šatwo zauwa»y¢, »e
(a, b) = (b, r = a − q · b)
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 5 / 12
7. 20=6·3+2
3=1·2+1
2=2·1+0
(20, 3) = (3, 2 = 20 − 6 · 3) =
= (2, 1 = 3 − 1 · 2) = (1, 0) = 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 6 / 12
8. 20=6·3+2
3=1·2+1
2=2·1+0
(20, 3) = (3, 2 = 20 − 6 · 3) =
= (2, 1 = 3 − 1 · 2) = (1, 0) = 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 6 / 12
10. q | 2p − 1 oraz q ∈P
q | 2q−1 − 1.
(2p − 1, 2q−1 − 1) = 2(p,q−1) − 1.
q | 2p − 1 q | 2 q −1 − 1 . q | 2(p,q−1) − 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 8 / 12
11. q | 2p − 1 oraz q ∈P
q | 2q−1 − 1.
(2p − 1, 2q−1 − 1) = 2(p,q−1) − 1.
q | 2p − 1 q | 2 q −1 − 1 . q | 2(p,q−1) − 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 8 / 12
12. q | 2p − 1 oraz q ∈P
q | 2q−1 − 1.
(2p − 1, 2q−1 − 1) = 2(p,q−1) − 1.
q | 2p − 1 q | 2 q −1 − 1 . q | 2(p,q−1) − 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 8 / 12
13. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 .
q − 1 = tp
q = tp + 1
tp jest parzysta.
t = 2k
q = 2kp + 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
14. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 .
q − 1 = tp
q = tp + 1
tp jest parzysta.
t = 2k
q = 2kp + 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
15. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 .
q − 1 = tp
q = tp + 1
tp jest parzysta.
t = 2k
q = 2kp + 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
16. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 .
q − 1 = tp
q = tp + 1
tp jest parzysta.
t = 2k
q = 2kp + 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
17. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 .
q − 1 = tp
q = tp + 1
tp jest parzysta.
t = 2k
q = 2kp + 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
18. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 .
q − 1 = tp
q = tp + 1
tp jest parzysta.
t = 2k
q = 2kp + 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
19. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 .
q − 1 = tp
q = tp + 1
tp jest parzysta.
t = 2k
q = 2kp + 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
20. Twierdzenie.
Je±li p jest liczb¡ pierwsz¡ nieparzyst¡ to ka»dy dzielnik liczby 2p −1 jest
postaci 2kp +1 dla pewnego k ≥0 .
A dzielniki pierwsze liczby 2p − 1
B dzielniki dowolne liczby 2p − 1
(2ap + 1)(2bp + 1) = 2(2abp + a + b)p + 1
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 10 / 12
22. Badamy czy rzeczywi±cie 219 − 1 = 524287 ∈ P.
Badamy dzielniki pierwsze liczby 219 − 1 , które s¡ mniejsze od 724
poniewa»
√
524287 ≈ 724.077
Z ostatniego twierdzenia wiemy, »e dzielniki liczby 219 −1 s¡ postaci
2k · 19 + 1 = 38k + 1 .
39,77,115,153,191,
229,267,305,343,381,
419,457,495,533,571,
609,647,685,723,761
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 12 / 12
23. Badamy czy rzeczywi±cie 219 − 1 = 524287 ∈ P.
Badamy dzielniki pierwsze liczby 219 − 1 , które s¡ mniejsze od 724
poniewa»
√
524287 ≈ 724.077
Z ostatniego twierdzenia wiemy, »e dzielniki liczby 219 −1 s¡ postaci
2k · 19 + 1 = 38k + 1 .
39,77,115,153,191,
229,267,305,343,381,
419,457,495,533,571,
609,647,685,723,761
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 12 / 12
24. Badamy czy rzeczywi±cie 219 − 1 = 524287 ∈ P.
Badamy dzielniki pierwsze liczby 219 − 1 , które s¡ mniejsze od 724
poniewa»
√
524287 ≈ 724.077
Z ostatniego twierdzenia wiemy, »e dzielniki liczby 219 −1 s¡ postaci
2k · 19 + 1 = 38k + 1 .
39,77,115,153,191,
229,267,305,343,381,
419,457,495,533,571,
609,647,685,723,761
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 12 / 12
25. Badamy czy rzeczywi±cie 219 − 1 = 524287 ∈ P.
Badamy dzielniki pierwsze liczby 219 − 1 , które s¡ mniejsze od 724
poniewa»
√
524287 ≈ 724.077
Z ostatniego twierdzenia wiemy, »e dzielniki liczby 219 −1 s¡ postaci
2k · 19 + 1 = 38k + 1 .
39,77,115,153,191,
229,267,305,343,381,
419,457,495,533,571,
609,647,685,723,761
Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 12 / 12