费马数的几个基础性质

费马数定义

  $F_m=2^{2^m}+1,m\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$称为Fermat数。若$F_m$是素数，则称为Fermat素数。

性质1：若$m\ge 1$，则$F_m\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$。

证明
  当$m\ge 1$时，可以将$2^{2^m}$分解为两个整数因子的乘积：
$$2^{2^m}=2^2\times 2^{2^m-2}=4\times 2^{2^m-2},2^{2^m-2}\in {\mathbb{Z}}_{>0}$$
因此有
$$2^{2^m}\equiv 0\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$$
于是有
$$F_m=2^{2^m}+1\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$$

性质2：若$m\ge 1$，则$F_m\equiv 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$。

证明
  由于$2\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$，因此有
$$F_m=2^{2^m}+1\equiv {\left(-1\right)}^{2^m}+1=1+1=2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$$

性质3：若$m\ge 1$，则$F_m\equiv 5\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}12$。

证明
  由性质1,2，当$m\ge 1$时，同时成立$F_m\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4,F_m\equiv 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$。考虑同余式组
$$\{\begin{array}{rl}& x\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\\ & x\equiv 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3\end{array}$$
由于$\gcd \left(4,3\right)=1$，因此可直接使用孙子定理进行求解。
$m_1=4,M_1=3$，求解$M_1{M_1}^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1$得${M_1}^{\prime }\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4$。
$m_2=3,M_2=4$，求解$M_2{M_2}^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2$得${M_2}^{\prime }\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$。
因此同余式组的解为
$$\begin{array}{rl}& x\equiv M_1{M_1}^{\prime }\times 1+M_2{M_2}^{\prime }\times 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1\times m_2\\ & \equiv 3\times \left(-1\right)\times 1+4\times 1\times 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\times 3\\ & =5\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}12\end{array}$$
而$F_m\left(m\ge 1\right)$是同余式组的（一部分解），因此$F_m$满足
$$F_m\equiv 5\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}12$$

性质4：$m\ge 1$时，有等价关系$$F_m是素数\iff 3^{\frac{F_m-1}{2}}\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{F}_m$$

$\left(\Rightarrow \right)$方向的证明

  若$F_m$是素数，由于$F_m\ge F_1=5$，因此$F_m$一定是一个奇素数。考虑$3$对$F_m$的Legendre符号$\left(\frac{3}{F_m}\right)$。

  由性质1，$F_m\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4\left(m\ge 1\right)$，因此由二次反转定律有
$$\left(\frac{3}{F_m}\right)=\left(\frac{F_m}{3}\right)$$
  由性质2，有$F_m\equiv 2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3\left(m\ge 1\right)$，因此有
$$\left(\frac{F_m}{3}\right)=\left(\frac{2}{3}\right)=\left(2^{\frac{3-1}{2}}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3\right)=-1$$
即有
$$\left(\frac{3}{F_m}\right)=-1\Rightarrow 3^{\frac{F_m-1}{2}}\equiv \left(\frac{3}{F_m}\right)=-1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{F}_m$$

$\left(\Leftarrow \right)$方向的证明

  若$3^{\frac{F_m-1}{2}}\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{F}_m$，则有
$$\begin{array}{rl}& {\left(3^{\frac{F_m-1}{2}}\right)}^2\equiv {\left(-1\right)}^2\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{F}_m\\ & \Rightarrow 3^{F_m-1}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{F}_m\end{array}$$
由于$F_m\ge F_1=5>1$，因此由算数基本定理，$F_m$可以表示为一系列素因子的乘积，设其中素因子为$p$，则有
$$3^{F_m-1}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
且由于$F_m=2^{2^m}+1$是奇数，因此可以肯定$p\ne 2$。
且由于$3^{F_m-1}\equiv 0\cancel{\equiv }1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3$，因此也可以肯定$p\ne 3$。
因此该素因子$p$满足$p\ge 5$。

  设$3^n\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，其中$n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$最小。

1. 研究$n$与$F_m-1$的关系。

   1. 第一步，我们指出有$n|\left(F_m-1\right)$。
      设带余除法$F_m-1=nq+r$，$0\le r<n$，则有
      $$nq\le F_m-1\Rightarrow {\text{3}}^{nq}|3^{F_m-1}$$
      基于此有以下推理
      $$\begin{array}{rl}& \begin{array}{c}{3}^n\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\Rightarrow 3^{nq}={\left(3^n\right)}^q\equiv 1^q=1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ 3^{F_m-1}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}\}\Rightarrow 3^{F_m-1}\equiv 3^{nq}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\\ & \\ & \Rightarrow 3^{F_m-1-nq}=\frac{3^{F_m-1}}{3^{nq}}\equiv \frac{3^{nq}}{3^{nq}}=1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\left(p\ne 3\Rightarrow \gcd \left(3^{nq},p\right)=1\right)\\ & \Rightarrow 3^r\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\end{array}$$
      由$n$的最小性，只能有$r=0$，即$n|\left(F_m-1\right)$。

   2. 第二步，我们指出有$\frac{F_m-1}{2}|n$。
      事实上，
      $$\begin{array}{rl}& n|\left(F_m-1\right)=\left(2^{2^m}+1\right)-1=2^{2^m},{\text{2}}^m\ge 2^1=2\\ & \frac{F_m-1}{2}=\frac{2^{2^m}+1-1}{2}=2^{2^m-1},2^m-1\ge 2^1-1=1\end{array}$$
      即$n$和$\frac{F_m-1}{2}$都是$2$的非负整数次幂，因此二者存在整除关系，即有
      $$n|\frac{F_m-1}{2}\vee \frac{F_m-1}{2}|n$$
      又$3^{\frac{F_m-1}{2}}\equiv -1\cancel{\equiv }1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\left(\because p\ge 5\right)$，因此可以排除$n|\frac{F_m-1}{2}$的情况（否则$\exists k\in {\mathbb{Z}}_{>0},\frac{F_m-1}{2}=kn$，$3^{\frac{F_m-1}{2}}=3^{km}={\left(3^n\right)}^k\equiv 1^k=1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$，矛盾），因此只能是
      $$\frac{F_m-1}{2}|n$$

   3. 第三步，我们指出其实有$n=F_m-1$。
      事实上，
      $$\begin{array}{rl}& \frac{F_m-1}{2}|n\Rightarrow \frac{F_m-1}{2}\le n\\ & 3^{\frac{F_m-1}{2}}\equiv -1\cancel{\equiv }1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\Rightarrow \frac{F_m-1}{2}\ne n\end{array}\}\Rightarrow \frac{F_m-1}{2}<n\Rightarrow \frac{F_m-1}{n}<2$$
      又根据第一步中的结论$n|\left(F_m-1\right)$，有$\frac{F_m-1}{n}\in {\mathbb{Z}}_{>0}$，因此只能是
      $$\frac{F_m-1}{n}=1\Rightarrow F_m-1=n$$

2. 接下来研究$n$与$p-1$的关系。我们指出有$n\le p-1$。
   事实上，由于素数$p\ge 5\Rightarrow p\cancel{|}3$，因此由费马小定理有
   $$3^{p-1}\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
   同上面论证$n|\left(F_m-1\right)$的思想，我们直接指出有$n|\left(p-1\right)$，因此有
   $$n\le p-1$$

3. 由于$p$是$F_m$的因子，因此有$p\le F_m$。综合上面的结论，有以下不等关系
   $$\begin{array}{rl}& n\le p-1\le F_m-1=n\\ & \Rightarrow n=p-1=F_m-1\\ & \Rightarrow p=F_m\end{array}$$
   即$F_m$本身就是一个素数。
   
   

利用性质4证明$F_3=257$是素数。

证明
  根据性质4，问题等价于证明
$$3^{\frac{257-1}{2}}=3^{128}\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}257$$
具体证明过程如下。
$$\begin{array}{rl}& 3^{128}=9^{64}={81}^{32}={6561}^{16}\equiv {136}^{16}={18496}^8\\ & \equiv {\left(-8\right)}^8={64}^4={4096}^2\equiv {\left(-16\right)}^2=256\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}257\end{array}$$

利用性质4证明$F_4=65537$是素数。

证明
  根据性质4，问题等价于证明
$$3^{\frac{65537-1}{2}}=3^{32768}\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}65537$$
具体证明过程如下。
$$\begin{array}{rl}& 3^{32768}=9^{16384}={81}^{8192}={6561}^{4096}={43036721}^{2048}\equiv {\left(-11088\right)}^{2048}\\ & ={122943744}^{1024}\equiv {\left(-3668\right)}^{1024}={13454224}^{512}\equiv {19139}^{256}\\ & ={366301321}^{128}\equiv {15028}^{128}={225840784}^{64}\equiv {282}^{64}={79524}^{32}\\ & \equiv {13987}^{32}={195636169}^{16}\equiv {8224}^{16}={67634176}^8\equiv {\left(-8\right)}^8\\ & ={16}^4={256}^2=65536\equiv -1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}65537\end{array}$$

命题：Fermat数可能是素数也可能不是素数。

$$\begin{array}{cc}{F}_0=2^{2^0}+1=3& 素数\\ F_1=2^{2^1}+1=5& 素数\\ F_2=2^{2^2}+1=17& 素数\\ F_3=2^{2^3}+1=257& 素数\\ F_4=2^{2^4}+1=65537& 素数\\ F_5=2^{2^5}+1=4294967297=641\times 6700417& 合数\end{array}$$

定理：设$a,m\in \mathbb{Z},a\ge 2,m\ge 1$。若$a^m+1$是素数，则1）$a$是偶数；2）$m$是2的整数次幂。

证明

1. $\begin{array}{c}\{\begin{array}{rl}& a\ge 2,m\ge 1\Rightarrow a^m+1>2\\ & a^m+1是素数\end{array}\Rightarrow a^m+1是奇素数\\ \Rightarrow a^m是偶数\\ \Rightarrow a是偶数\end{array}$

2. 由$m\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$，设$m=2^{e}n$，其中$n$是一个奇数（无偶因子2），$e\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$（当$m$是奇数时$e=0$；当$m$是偶数时$e\in {\mathbb{Z}}_{\ge 1}$）。对$a^m+1$进行因式分解如下。
   $$\begin{array}{rl}& a^m+1\\ & =a^{2^{e}n}+1\\ & ={\left(a^{2^e}\right)}^n+1^n\\ & =\left[a^{2^e}+1\right]\sum _{k=0}^{n-1}{\left(a^{2^e}\right)}^k{\left(-1\right)}^{n-1-k}\end{array}$$
   $a^m+1$是素数$\Rightarrow a^{2^e}+1,\sum _{k=0}^{n-1}{\left(a^{2^e}\right)}^k{\left(-1\right)}^{n-1-k}$其中一个是1，一个是$a^m+1$。又
   $$a\in {\mathbb{Z}}_{\ge 2},e\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}\Rightarrow a^{2^e}+1>1$$
   因此有$a^{2^e}+1=a^m+1\Rightarrow m=2^e$，即$m$是2的整数次幂。