Abstract

It is very difficult to find a new Wieferich prime number. This paper uses Eisenstein congruence formula and Sun Zhihong congruence theorem to a method to determine Wieferich prime number. The Fermat quotient and Euler quotient are also studied in the paper.

Keywords

Wieferich Prime Number, Detemination Method, Sufficient and Necessary Conditions, Fermat Quotient, Euler Quotient

Share and Cite:

1. 引言

满足同余式

$2^{p-1}\equiv 1\left(\mathrm{mod}{p}^2\right)$

的素数$p$ 叫作伟伊列治(Wieferich)素数，1909年Wieferich证明了如下一个困难的定理：

如果费马猜想(现已成为定理)的第一种情形对于素数$p$ 不成立，则必有上面的同余式，所以伟伊列治素数是一种特别的素数，在正整数集中，这种素数是很少的。Lehmer (1981)证明了：在$6\times {10}^9$ 以内只有素数1093和3511满足以上同余式。后来J. knauer和J. Richstein运用互联网把计算扩大到$1.25\times {10}^{15}$ 均未发现新的伟伊列治素数，到目前为止，仍然只知道仅有以上两个伟伊列治素数，所以寻找更大的伟伊列治素数是一件非常困难的事情，也是一件十分有意义的事情。

2. 定义

• 设$p$ 为素数，$a\in Z$ ，$\left(p,a\right)=1$ ，则称$q_p\left(a\right)=\frac{a^{p-1}-1}{p}$ 为$a$ 对素数$p$ 的Fermat商[1]。

• 设$m>2$ 为整数，$a\in Z$ ，$\left(m,a\right)=1$ ，则称$q_m\left(a\right)=\frac{a^{\phi \left(m\right)}-1}{m}$ 为$a$ 对整数$m$ 的Euler商。

3. 引理

引理1：Wolstenholme定理[2]若$p\ge 5$ 为素数，则

${\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}}\equiv 0\left(\mathrm{mod}{p}^2\right).$

引理2：(孙智宏)设$p$ 为奇素数，$a$ 为正整数，则[1]

$\frac{a^p-a}{p}\equiv {\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}}\left[\frac{ka}{p}\right]\left(\mathrm{mod}p\right).$

引理3：(Eisenstein)设$p$ 为奇素数，则[1]

$\frac{2^{p-1}-1}{p}\equiv \frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{{\left(-1\right)}^{k-1}}{k}}\left(\mathrm{mod}p\right).$

4. 伟伊列治素数的推广

我们将伟伊列治素数进行推广：

满足同余式

$q_p\left(2\right)=\frac{2^{p-1}-1}{p}\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right)$

的素数$p$ 叫作$Z$ 素数，$0\le Z<p$ ，$Z\in N$ 。当$Z=0$ 时，$p$ 为0素数，也称为伟伊列治素数，任何一种$Z$ 素数都是非常稀少的：

在$1.25\times {10}^{15}$ 以内只有$1093,3511$ 为0素数(伟伊列治素数)；

在$1\times {10}^{10}$ 以内只有$3,29,37,3373,2001907169$ 为1素数；

在$1.5\times {10}^9$ 以内只有$7,71,379,2659$ 为2素数；

在$1.6\times {10}^9$ 以内只有$5,13,19,173,5501$ 为3素数；

在$1\times {10}^{10}$ 以内只有2633为4素数；

在10⁸以内只有$11,2152849$ 为5素数；

在10⁸以内只有$31,89$ 为6素数；

在$2.5\times {10}^9$ 以内只有$233,118417283$ 为7素数；

在10⁸以内只有$59,1733$ 为8素数；

$\cdots \cdots$

对于任一奇素数$p$ ，都有$q_p\left(2\right)\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right)$ ，所以，任一奇素数都属于某一$Z$ 素数，而一奇素数不会同时属于两类$Z$ 素数。本文利用Eisenstein同余式、孙智宏同余式等定理得出了一种$Z$ 素数的判定方法。

5. 定理

定理1：($Z$ 素数的判定方法)

设$q_p\left(2\right)\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right)$ ，$p$ 为奇素数，$p$ 为$Z$ 素数的充分必要条件为

$-\frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k}}\equiv q_p\left(2\right)\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right).$

证：必要条件：

根据引理2，当$a=2$ 时，

$\frac{a^p-a}{p}\equiv \frac{2\left(2^{p-1}-1\right)}{p}\equiv {\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}}\left[\frac{2k}{p}\right]\equiv {\displaystyle \sum _{k=\frac{p+1}{2}}^{p-1}\frac{1}{k}}\left(\mathrm{mod}p\right).$

当$p$ 为$Z$ 素数时，因

$\frac{2^{p-1}-1}{p}\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right)$

$\frac{\left(2^{p-1}-1\right)}{p}\equiv \frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=\frac{p+1}{2}}^{p-1}\frac{1}{k}}\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right)$

再根据引理1可得

$-\frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k}}\equiv$ $-\frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}}+$ $\frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=\frac{p+1}{2}}^{p-1}\frac{1}{k}}\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right).$

充分条件：

若$-\frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k}}\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right)$ ，则$\frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k}}={\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{2k}}\equiv -Z\left(\mathrm{mod}p\right)$ ，

根据引理1可知，${\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{2k-1}}\equiv {\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}-{\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{2k}}}\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right)$ ，根据引理3，可推得

${\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{{\left(-1\right)}^{k-1}}{k}\equiv {\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{2k-1}+\left(-{\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{2k}}\right)}}\equiv \frac{2\left(2^{p-1}-1\right)}{p}\equiv 2Z\left(\mathrm{mod}p\right).$

由上可得$q_p\left(2\right)=\frac{2^{p-1}-1}{p}\equiv Z\left(\mathrm{mod}p\right)$ 此说明$p$ 为$Z$ 素数。

推论：$p$ 为伟伊列治素数，当且仅当${\displaystyle \sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\frac{1}{k}}\equiv 0\left(\mathrm{mod}p\right)$ 。

定理2：设$p>3$ 为奇素数，则

$-\frac{2}{3}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\left[\frac{p-1}{3}\right]}\frac{1}{k}}\equiv q_p\left(3\right)\left(\mathrm{mod}p\right).$

证：根据引理2知：$\frac{a^p-a}{p}\equiv {\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}}\left[\frac{ka}{p}\right]\left(\mathrm{mod}p\right)$ 当$a=3$ 时可得

$\frac{3^p-3}{p}\equiv {\displaystyle \sum _{k=\left[\frac{p-1}{3}\right]+1}^{p-\left(\left[\frac{p-1}{3}\right]+1\right)}\frac{1}{k}}+{\displaystyle \sum _{k=p-\left[\frac{p-1}{3}\right]}^{p-1}\frac{2}{k}}\left(\mathrm{mod}p\right).$

因$\frac{1}{a}+\frac{1}{p-a}\equiv 0\left(\mathrm{mod}p\right)$ ，所以${\displaystyle \sum _{k=\left[\frac{p-1}{3}\right]+1}^{p-\left(\left[\frac{p-1}{3}\right]+1\right)}\frac{1}{k}}\equiv 0\left(\mathrm{mod}p\right)$ 。$\frac{3^p-3}{p}\equiv {\displaystyle \sum _{k=p-\left[\frac{p-1}{3}\right]}^{p-1}\frac{2}{k}}\left(\mathrm{mod}p\right)$ 。

根据引理1有

$-\frac{3^p-3}{2p}\equiv -{\displaystyle \sum _{k=p-\left[\frac{p-1}{3}\right]}^{p-1}\frac{1}{k}}\equiv {\displaystyle \sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{k}}-{\displaystyle \sum _{k=p-\left[\frac{p-1}{3}\right]}^{p-1}\frac{1}{k}}\equiv {\displaystyle \sum _{k=1}^{\left[\frac{p-1}{3}\right]}\frac{1}{k}}\left(\mathrm{mod}p\right).$

所以$-\frac{2}{3}{\displaystyle \sum _{k=1}^{\left[\frac{p-1}{3}\right]}\frac{1}{k}}\equiv q_p\left(3\right)\left(\mathrm{mod}p\right).$

定理3：

设$n=a_1{a}_2\cdots a_i$ ，$a_j\in N$ ，$j=1,2,\cdots ,i$ 。$m>2$ ，$\left(m,n\right)=1$ ，则

$q_m\left(n\right)=q_m\left(a_1\right)+q_m\left(a_2\right)+\cdots +q_m\left(a{}_i\right)\left(\mathrm{mod}m\right).$

证：$\left(a_1^{\phi \left(m\right)}-1\right)\left(a_2^{\phi \left(m\right)}-1\right)={\left(a_1{a}_2\right)}^{\phi \left(m\right)}-1-\left(a_1^{\phi \left(m\right)}-1\right)-\left(a_2^{\phi \left(m\right)}-1\right)$ ，

故$q_m\left(a_1{a}_2\right)-q_m\left(a_1\right)-q_m\left(a_2\right)=\frac{\left(a_1^{\phi \left(m\right)}-1\right)\left(a_2^{\phi \left(m\right)}-1\right)}{m}\equiv 0\left(\mathrm{mod}m\right).$

即 $q_m\left(a_1{a}_2\right)\equiv q_m\left(a_1\right)+q_m\left(a_2\right)\left(\mathrm{mod}m\right).$ (1)

根据(1)可得

$q_m\left(\left(a_1{a}_2\right)a_3\right)\equiv q_m\left(a_1{a}_2\right)+q_m\left(a_3\right)\equiv q_m\left(a_1\right)+q_m\left(a_2\right)+q_m\left(a_3\right)\left(\mathrm{mod}m\right).$

同理可得

$q_m\left(a_1{a}_2\cdots a_i\right)\equiv q_m\left(a_1\right)+q_m\left(a_2\right)+\cdots +q_m\left(a_i\right)\left(\mathrm{mod}m\right).$

推论${\left(a^{\phi \left(m\right)}\right)}^k-1\equiv k\left(a^{\phi \left(m\right)}-1\right)\left(\mathrm{mod}{m}^2\right).$

定理4：

设$n=\frac{a}{a_1{a}_2\cdots a_i}$ ，$a\in N$ ，$a_j\in N$ ，$j=1,2,\cdots ,i$ 。$m>2$ ，$\left(m,a\times a_1{a}_2\cdots a_i\right)=1$ ，

则

$q_m\left(n\right)=q_m\left(a\right)-q_m\left(a_1\right)-q_m\left(a_2\right)-\cdots -q_m\left(a{}_i\right)\left(\mathrm{mod}m\right).$

证：因$a=n\times a_1{a}_2\cdots a_j$ ，根据定理4知：

$q_m\left(a\right)\equiv q_m\left(n\right)+q_m\left(a_1\right)+q_m\left(a_2\right)+\cdots +q_m\left(a_i\right)\left(\mathrm{mod}m\right).$

所以$q_m\left(n\right)\equiv q_m\left(a\right)-q_m\left(a_1\right)-q_m\left(a_2\right)-\cdots -q_m\left(a_i\right)\left(\mathrm{mod}m\right)$ 。

6. 猜想

猜想1：

设$m>2$ 为奇数，则

$-\frac{1}{2}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{l}k=1\\ \left(k,m\right)=1\end{array}}^{\frac{m-1}{2}}\frac{1}{k}}\equiv q_m\left(2\right)\left(\mathrm{mod}m\right).$

根据猜想1

$m>2$ 为奇数，$q_m\left(2\right)\equiv 0\left(\mathrm{mod}m\right)$ ，当且仅当

${\displaystyle \sum _{\begin{array}{l}k=1\\ \left(k,m\right)=1\end{array}}^{\frac{m-1}{2}}\frac{1}{k}}\equiv 0\left(\mathrm{mod}m\right).$

以下给出了具有上述性质的数$m$ ：

$m=3^r\times 1093,$ $0\le r\le 1.$

$m=3^r\times 7\times 1093,$ $0\le r\le 2.$

$m=3^r\times 13\times 1093,$ $0\le r\le 2.$

$m=3^r\times 7\times 13\times 1093,$ $0\le r\le 3.$

$m=3^r\times 3511,$ $0\le r\le 3.$

$m=3^r\times 5\times 3511,$ $0\le r\le 3.$

$m=3^r\times 13\times 3511,$ $0\le r\le 4.$

$m=3^r\times 5\times 13\times 3511,$ $0\le r\le 4.$

$m=3^r\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 4.$

$m=3^r\times 5\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 4.$

$m=3^r\times 7\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 5.$

$m=3^r\times 13\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 5.$

$m=3^r\times 5\times 7\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 5.$

$m=3^r\times 5\times 13\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 5.$

$m=3^r\times 7\times 13\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 6.$

$m=3^r\times 5\times 7\times 13\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 6.$

$m=3^r\times {13}^2\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 5.$

$m=3^r\times 5\times {13}^2\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 5.$

$m=3^r\times 7\times {13}^2\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 6.$

$m=3^r\times 5\times 7\times {13}^2\times 1093\times 3511,$ $0\le r\le 6.$

共104个$m$ 适合：

$2^{\phi \left(m\right)}\equiv 1\left(\mathrm{mod}{m}^2\right).$

是否还有这样的数$m$ ，目前不能确定。

猜想2

设$m>3$ 为整数，$\left(m,3\right)=1$ ，则

$-\frac{2}{3}{\displaystyle \sum _{\begin{array}{l}k=1\\ \left(k,m\right)=1\end{array}}^{\left[\frac{m-1}{3}\right]}\frac{1}{k}}\equiv q_m\left(3\right)\left(\mathrm{mod}m\right).$

Appendix 1. Abstract and Keywords in Chinese

一类特殊素数的判定方法

摘要：寻找新的伟伊列治素数是一件很困难的事情，本文利用Eisenstein同余式和孙智宏同余式等定理得出了对一类特殊素数的判定方法。本文还对Fermat商和Euler商进行了研究。

关键词：伟伊列治素数，判定方法，充分和必要条件，Fermat商，Euler商

Conflicts of Interest

The author declares no conflicts of interest.

References