การทดสอบเบื้องต้นสำหรับคลาสเฉพาะของจำนวนธรรมชาติโดยใช้ปัจจัยของพหุนามของลูคัส
คำถามนี้เป็นคำถามที่เกี่ยวข้องกับของฉันคำถามก่อนหน้านี้
คุณสามารถพิสูจน์หรือหักล้างข้อเรียกร้องต่อไปนี้ได้หรือไม่:
ปล่อย $N=2n+1$ ที่ไหน $n$ เป็นจำนวนธรรมชาติที่แปลกมากกว่าหนึ่งให้ $L_m(x)$ เป็นพหุนามลูคัส mth และปล่อยให้ $F_m(x)$ แสดงถึงปัจจัยที่ไม่สามารถวัดได้ของระดับ $\varphi(m)$ ของ $L_m(x)$. หากมีจำนวนเต็ม$a$ ดังนั้น $F_{n}(a) \equiv 0 \pmod{N} $ แล้ว $N$ เป็นนายก
คุณสามารถเรียกใช้การทดสอบนี้ที่นี่ ฉันได้ตรวจสอบการอ้างสิทธิ์นี้สำหรับค่าเล็กน้อยเท่านั้น$N$ , นั่นคือ $N \in [7,1000]$ ด้วย $a \in [1,100]$ เนื่องจากการใช้งานการทดสอบ PARI / GP ของฉันช้าเกินไป
แก้ไข
สำหรับค่าของ $n$นั่นคือจำนวนเฉพาะที่เป็นคี่การทดสอบนี้ทำงานในเวลาพหุนาม ( การใช้งาน PARI / GP ) รายการของจำนวนเฉพาะ Sophie Germain สามารถพบได้ที่นี่
คำตอบ
การเรียกร้องนี้สามารถพิสูจน์ได้ในหลักวิธีการเช่นเดียวกับก่อนหน้านี้หนึ่ง เรามี$$F_n(x)=\prod_{\substack{|m|<n/2\\(m,n)=1}}(x+\zeta^m-\zeta^{-m}),$$ ที่ไหน $\zeta\in\mathbb{C}$ เป็นแบบดั้งเดิม $2n$รากที่สองของความสามัคคี เขตข้อมูลการแยกของ$F_n(x)$ คือ $n$- สนามไซโคลโทมิก
สมมติว่า $q\nmid n$ เป็นจำนวนเฉพาะซึ่งการลดลงของ $F_n(x)$ mod $q$ มีรากใน $\mathbb{F}_q$. รากของ$F_n(x)$ ใน $\overline{\mathbb{F}_q}$ มีรูปแบบ $\xi^m-\xi^{-m}$, ที่ไหน $\xi\in\overline{\mathbb{F}_q}$ เป็นแบบดั้งเดิม $2n$รากที่สองของความสามัคคี ตามสมมติฐาน Frobenius automorphism$t\mapsto t^q$ แก้ไขหนึ่งในรากเหล่านี้ซึ่งจะทำได้ก็ต่อเมื่อ $q\equiv 1\pmod{2n}$. เป็นไปตามนั้นสำหรับใด ๆ$a\in\mathbb{Z}$ปัจจัยสำคัญของ $F_n(a)$ coprime ถึง $n$ มีความสอดคล้องกับ $1$ โมดูโล $2n$. โดยเฉพาะอย่างยิ่งถ้า$2n+1$ หาร $F_n(a)$จากนั้นปัจจัยสำคัญประการเดียวของ $2n+1$ สามารถเป็นตัวของตัวเองกล่าวคือ $2n+1$ เป็นนายก