证明在2^n-2的数列中模2^K-1只有k类余数
数列是有2^n的前n项和构成（n≥1，是正整数），有等比数列求和公式得s=2^(n+1）-2，求证mod（2^(n+1）-2，2^K-1）的余数类只有k种。与此有关的命题：mod（2^(n+1）-2，2^K+1）的余数类只有2k种. 模是否为素数无关。
素数P如果能写成（2^K-1）/(2^m-1）的形式，则mod（2^(n+1）-2，P）的余数类也是k种（2^m-1为素数，是合数时不知道是否成立）
素数P如果能写成（2^K+1）/(2^m+1）的形式，则mod（2^(n+1）-2，P）的余数类也是2k种（2^m+1为素数，是合数时不知道是否成立） 对于素数3来说，它既是2^2-1的形式，也是2^1+1的形式，所以两种命题都成立，一种是2个余数类，一个是2*1个余数类，除此素数以外，再没有其它素数可以写成两种形式。
素数7=2^3-1所以只有3种余数，31=2^5-1所以只有5种余数，17=2^4+1所以有2*4=8种余数，不在多举例子。后两种类型的素数谁能找到，看一看余数是不是命题所给类数，如果你能找到一个反例那就算你证明了此命题为假。不过再过100年也没有人会找到反例。 2^n-2与2^n对同一个模来说，剩余类的个数有差别么？
你的命题就是对于模2^k-1, 2的指数是k呗，这是不证自明的。 2^n-2与2^n对同一个模来说，剩余类的个数有差别么？
你说的这个我能理解：对于所有这样类型的数列2^(n+m）-2^m与2^n对同一个模来说，剩余类的个数相同。
你的命题就是对于模2^k-1, 2的指数是k呗，这是不证自明的。
这接下来的，不证自明，就不知道是什么原理的，在数论中有这样的定理吗？
那剩下的命题呢？如果素数P*(2^m+1）*合数（或素数，或1）=2^K+1，则素数P的剩余类个数也是2k，但是素数P本身不是2^K+1形的数，也就是说在2^K+1的因子中，如果有2^m+1形的素数，它的剩余类个数是2m，不受它写成的形式2^K+1中的k限制，而实际上这样的素数少之又少，它就是费马素数，3，5，17，257，65537，现在仅知道的，在所有2^K+1的合数中必定含有费马素数（除费马数以外，它是素数时，即本身，它不是素数时，它含的因子没有费马素数，在费马数不是素数时，它所含因子不能写成*(2^m+1)得到2^K+1，但是它中的素数都是有2k个余数类），在这个命题中还有一个问题，那就是素数P*(2^m+1）*合数（或素数，或1）=2^K+1可能有多个对应值k，那就不好判断它的剩余类个数了，实际上它是从最小的k值，即从小往大第一次写成2^K+1形式中k的2倍，以后如果有高次的k也含有较小次数k中的素数因子，它的素数因子的剩余类个数从较小k。
素数P*(2^m-1)*合数（或素数，或1）=2^K-1，它的剩余类个数为k。 实际上2^K-1中的素数因子包括所有除2以外的素数。而2^K+1中就有好多素数不是它的因子，如7，23，等等
数列2^(n+m）-2^m（m是定值，n是变量），模2^K+1形的数，剩余类的个数为2k。
如果是数列2^n模2^k的剩余类个数为k，这到是显而易见，因为当n≥k时，以后的项都能整除它（2^k），可对于2^K-1就不同了，到了k项能整除它，以后的又不能整除了，前边的模对数列2^n来说，只有前（k-1）项是不同的余数，而模2^K-1对于各类余数的个数是相同的（指它能有的剩余类，不出现的余数个数为0），即出现率都是1/k。如果把模换成2^K-3还能显而易见，不证自明吗？实际上就难的多了，它不能在分组，k项一组，k项一组（从最高位向低位划分，说分组是把数列的单式表示形式改成原始的n项和形式）。对于2^k+1形的数就得两项一组，两项一组了，组成k个两项的组合（非k项一组），这就是命题的提出依据和证明方法。
对于后边的还是不能给出合理的解释，但是命题是真的，不会有反例。 数列2^n加减任何正整数模P的剩余类个数不变，剩余类种类随加减值的改变而改变。
在数列2^n-1出现的因子比在数列2^n+1中出现的因子晚(P-1)/2,（在数列中2^n+1有素数因子的情况下），前一种数列项中因子包括所有素数（除素数2以外），后一种数列，有无穷多素数不包括在其内，但是它的每一项必定含有一个费马数（2^2^m+1）。 mod（2^(n+1）-2，2^K-1）
以下用这种记号表示
$2^{n+1}-2(mod P)$
显然这伙计的剩余类跟
$2^n(mod P)$
的剩余类应该是一样多的
接下来只要讨论
$2^n(mod P)$
就可以了
如果我们希望证明
$2^n(mod P)$只能遍历mod P的K个剩余类，那么2一定是P的(P-1)/K次剩余，也就是$2^K=1(mod P)$
……
……
……
脑子锈了，以前这种问题我会直接给出最后那个式子的
于是剩下的部分是，会不会存在……
不会
结束了。
素数P如果能写成（2^K-1）/(2^m-1）的形式，则mod（2^(n+1）-2，P）的余数类也是k种（2^m-1为素数，是合数时不知道是否成立）
素数P如果能写成（2^K+1）/(2^m+1）的形式，则mod（2^(n+1）-2，P）的余数类也是2k种（2^m+1为素数，是合数时不知道是否成立）
这两问，一问是梅森素数，一问是费马素数……加这样两个炒鸡强的条件却只是为了保证不存在1<k<K使得$2^k=1(mod P)$
条件应该是可以加强的 本帖最后由 白新岭 于 2019-3-22 16:41 编辑
2^n-1所含因子与n的因子分解有直接关系，更确切说，是与它的所有约数有关联。如果含有因子2，就一定含有因子3；如果含有约数4，就一定含有因子5；如果含有因子3，就一定含有因子7；如果含有因子5，就一定含有因子31；如果含有约数6，就含有因子3和7，并且因子3是两个；如果含有因子7，就含有131071这个梅森素数；如果含有约数8，就含因子3和5，含有因子17（实际上是2^4+1形数，它的剩余类为4*2=8）等等。每一个分割号中语句，逗号前边因子（或约数）是针对n，而逗号后边的因子是针对2^n-1而言。其实质就是，每个自然数（大于1）做模，如果它对数列2^n-1的剩余类个数是n的约数，则此数列项含有该自然数约数。 约数 因子
2 3
3 7
4 5
5 31
6 9
8 17
10 11
12 13
15 *151
20 25
24 *241
30 *331
40 41*61681
60 61*1321
120 ?
第一列是指数120的约数，第二列是约数对应2^n-1中因子（或约数），带*号的表示约数第一次出现的因数（不包括约数之前出现的小因数），所以，约数与因子是相对应的。
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