Your SlideShare is downloading. ×
Liczby pierwsze
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Thanks for flagging this SlideShare!

Oops! An error has occurred.

×

Saving this for later?

Get the SlideShare app to save on your phone or tablet. Read anywhere, anytime - even offline.

Text the download link to your phone

Standard text messaging rates apply

Liczby pierwsze

367
views

Published on

Prezentacja przedstawia metodę badania pierwszości liczb specjalnego typu

Prezentacja przedstawia metodę badania pierwszości liczb specjalnego typu

Published in: Education

0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total Views
367
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
1
Actions
Shares
0
Downloads
0
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

Report content
Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
No notes for slide

Transcript

  • 1. Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. Sebastian Agata sierpie« 2012Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 1 / 12
  • 2. Jak szybko sprawdzi¢, czy liczba 2k −1 jest pierwsza? Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 2 / 12
  • 3. Twierdzenie.Je±li p jest liczb¡ pierwsz¡ nieparzyst¡ to ka»dy dzielnik liczby 2p −1 jestpostaci 2kp +1 dla pewnego k ≥0 . A dzielniki pierwsze liczby 2p − 1 B dzielniki dowolne liczby 2p − 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 3 / 12
  • 4. Twierdzenie (Fermat - 1640 rok)Dla dowolnej liczby pierwszej p i dowolnego a nie podzielnego przez pzachodzi: a p −1 ≡ 1 (mod p ) . Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 4 / 12
  • 5. Lemat.(2a − 1, 2b − 1) = 2(a,b) − 1 .dygresja na temat algorytmu EuklidesaDla liczb caªkowitych a b , przy czym b >0 istnieje dokªadnie jedna paraliczb caªkowitych , q r a = q · b + r, oraz 0 ≤ r < b.Šatwo zauwa»y¢, »e (a, b) = (b, r = a − q · b) Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 5 / 12
  • 6. Lemat.(2a − 1, 2b − 1) = 2(a,b) − 1 .dygresja na temat algorytmu EuklidesaDla liczb caªkowitych a b , przy czym b >0 istnieje dokªadnie jedna paraliczb caªkowitych , q r a = q · b + r, oraz 0 ≤ r < b.Šatwo zauwa»y¢, »e (a, b) = (b, r = a − q · b) Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 5 / 12
  • 7. 20=6·3+2 3=1·2+1 2=2·1+0 (20, 3) = (3, 2 = 20 − 6 · 3) = = (2, 1 = 3 − 1 · 2) = (1, 0) = 1Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 6 / 12
  • 8. 20=6·3+2 3=1·2+1 2=2·1+0 (20, 3) = (3, 2 = 20 − 6 · 3) = = (2, 1 = 3 − 1 · 2) = (1, 0) = 1Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 6 / 12
  • 9. (2a − 1, 2b − 1) = (2a − 1) − (2b − 1), 2b − 1 = = (2a − 2b , 2b − 1) = (2b (2a−b − 1), 2b − 1) = (2a−b − 1, 2b − 1) = . . . = = (2(a,b) − 1, 0) = 2(a,b) − 1Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 7 / 12
  • 10. q | 2p − 1 oraz q ∈Pq | 2q−1 − 1. (2p − 1, 2q−1 − 1) = 2(p,q−1) − 1. q | 2p − 1 q | 2 q −1 − 1 . q | 2(p,q−1) − 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 8 / 12
  • 11. q | 2p − 1 oraz q ∈Pq | 2q−1 − 1. (2p − 1, 2q−1 − 1) = 2(p,q−1) − 1. q | 2p − 1 q | 2 q −1 − 1 . q | 2(p,q−1) − 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 8 / 12
  • 12. q | 2p − 1 oraz q ∈Pq | 2q−1 − 1. (2p − 1, 2q−1 − 1) = 2(p,q−1) − 1. q | 2p − 1 q | 2 q −1 − 1 . q | 2(p,q−1) − 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 8 / 12
  • 13. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 . q − 1 = tp q = tp + 1 tp jest parzysta. t = 2k q = 2kp + 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
  • 14. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 . q − 1 = tp q = tp + 1 tp jest parzysta. t = 2k q = 2kp + 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
  • 15. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 . q − 1 = tp q = tp + 1 tp jest parzysta. t = 2k q = 2kp + 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
  • 16. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 . q − 1 = tp q = tp + 1 tp jest parzysta. t = 2k q = 2kp + 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
  • 17. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 . q − 1 = tp q = tp + 1 tp jest parzysta. t = 2k q = 2kp + 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
  • 18. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 . q − 1 = tp q = tp + 1 tp jest parzysta. t = 2k q = 2kp + 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
  • 19. 2(p ,q −1) − 1 > 1 ⇒ (p , q − 1) > 1 ⇒ (p , q − 1) = p ⇒ p | q − 1 . q − 1 = tp q = tp + 1 tp jest parzysta. t = 2k q = 2kp + 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 9 / 12
  • 20. Twierdzenie.Je±li p jest liczb¡ pierwsz¡ nieparzyst¡ to ka»dy dzielnik liczby 2p −1 jestpostaci 2kp +1 dla pewnego k ≥0 . A dzielniki pierwsze liczby 2p − 1 B dzielniki dowolne liczby 2p − 1 (2ap + 1)(2bp + 1) = 2(2abp + a + b)p + 1 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 10 / 12
  • 21. makelist ([k , 2k − 1, primep (2k − 1)], k , 1, 20); 10 1023 false 11 2047 false 12 4095 false 13 8191 true 14 16383 false 15 32767 false 16 65535 false 17 131071 true 18 262143 false 19 524287 true 20 1048575 false Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 11 / 12
  • 22. Badamy czy rzeczywi±cie 219 − 1 = 524287 ∈ P.Badamy dzielniki pierwsze liczby 219 − 1 , które s¡ mniejsze od 724poniewa» √ 524287 ≈ 724.077Z ostatniego twierdzenia wiemy, »e dzielniki liczby 219 −1 s¡ postaci2k · 19 + 1 = 38k + 1 . 39,77,115,153,191, 229,267,305,343,381, 419,457,495,533,571, 609,647,685,723,761 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 12 / 12
  • 23. Badamy czy rzeczywi±cie 219 − 1 = 524287 ∈ P.Badamy dzielniki pierwsze liczby 219 − 1 , które s¡ mniejsze od 724poniewa» √ 524287 ≈ 724.077Z ostatniego twierdzenia wiemy, »e dzielniki liczby 219 −1 s¡ postaci2k · 19 + 1 = 38k + 1 . 39,77,115,153,191, 229,267,305,343,381, 419,457,495,533,571, 609,647,685,723,761 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 12 / 12
  • 24. Badamy czy rzeczywi±cie 219 − 1 = 524287 ∈ P.Badamy dzielniki pierwsze liczby 219 − 1 , które s¡ mniejsze od 724poniewa» √ 524287 ≈ 724.077Z ostatniego twierdzenia wiemy, »e dzielniki liczby 219 −1 s¡ postaci2k · 19 + 1 = 38k + 1 . 39,77,115,153,191, 229,267,305,343,381, 419,457,495,533,571, 609,647,685,723,761 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 12 / 12
  • 25. Badamy czy rzeczywi±cie 219 − 1 = 524287 ∈ P.Badamy dzielniki pierwsze liczby 219 − 1 , które s¡ mniejsze od 724poniewa» √ 524287 ≈ 724.077Z ostatniego twierdzenia wiemy, »e dzielniki liczby 219 −1 s¡ postaci2k · 19 + 1 = 38k + 1 . 39,77,115,153,191, 229,267,305,343,381, 419,457,495,533,571, 609,647,685,723,761 Sebastian Agata () Du»e ale nie za du»e liczby pierwsze. sierpie« 2012 12 / 12