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[原创] 证明在2^n-2的数列中模2^K-1只有k类余数

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发表于 2019-2-10 17:35:44 | 显示全部楼层 |阅读模式

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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)
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毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2019-2-10 17:49:21 | 显示全部楼层
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。
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发表于 2019-2-11 11:34:35 | 显示全部楼层
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。
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 楼主| 发表于 2019-2-12 13:01:04 | 显示全部楼层
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。

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 楼主| 发表于 2019-2-12 18:28:57 | 显示全部楼层
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。
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 楼主| 发表于 2019-3-20 10:35:27 | 显示全部楼层
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)。
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发表于 2019-3-21 14:07:51 | 显示全部楼层
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。
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发表于 2019-3-21 14:19:16 | 显示全部楼层
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
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 楼主| 发表于 2019-3-22 16:38:27 | 显示全部楼层
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。
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 楼主| 发表于 2019-3-22 17:57:47 | 显示全部楼层
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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