费马素数只有五个？ · 公开问题 17

问题

费马数 F_n = 2^2ⁿ+1。前五个（n = 0..4：3, 5, 17, 257, 65537）都是素数，费马曾猜想全部为素数；欧拉 1732 年分解 F₅ = 641×6700417 推翻了它。此后再未发现第六个费马素数：已验证 n = 5..32 等大量情形全为合数。问题：费马素数是否恰有五个？

主要概念

二倍结构

费马数的一切基本性质都来自恒等式 F_n−2 = 2^2ⁿ−1 的对半分解（命题 2）：两两互素、素因子受模 2ⁿ⁺¹ 约束（命题 1）、以及素数无穷性的新证明。几何上，高斯证明了正 F_n 边形可尺规作图，费马素数由此进入经典几何。

主要命题与证明

命题 1（完整证明）　若素数 q 整除 F_n，则 q ≡ 1 (mod 2ⁿ⁺¹)；特别地 q ≥ 2ⁿ⁺¹+1。

证明　q | F_n 给 2^2ⁿ ≡ −1 (mod q)。平方：2^2ⁿ⁺¹ ≡ 1。而 2^2ⁿ ≡ −1 ≢ 1（q 为奇素数），故 2 的阶整除 2ⁿ⁺¹ 而不整除 2ⁿ；2 的幂中满足此条件的恰为 2ⁿ⁺¹，即 ord_q(2) = 2ⁿ⁺¹。由费马小定理 ord | q−1，得 2ⁿ⁺¹ | q−1。□

命题 2（哥巴赫恒等式；完整证明）　F₀F₁⋯F_n−1 = F_n−2；从而费马数两两互素，并由此得到素数无穷的新证明。

证明　对 n 归纳。n = 1：F₀ = 3 = F₁−2 ✓。一般地

F_n−2 = 2^2ⁿ−1 = (2^2ⁿ⁻¹−1)(2^2ⁿ⁻¹+1) = (F_n−1−2)·F_n−1,

归纳假设给 F_n−1−2 = F₀⋯F_n−2，合并即得。互素：m < n 时，F_m 与 F_n 的公因子 d 整除 F_n 与 F_m；而 F_m 是乘积 F_n−2 的因子，故 d | F_n−(F_n−2) = 2；F_n 奇，d = 1。素数无穷：每个 F_n 有素因子，两两互素保证这些素因子互不相同，而费马数有无穷多个。□

命题 3（欧拉分解 F₅；完整演算）　641 | F₅ = 2³²+1，且 F₅ = 641×6700417。

演算　641 = 5⁴+2⁴，故 5⁴ ≡ −2⁴ (mod 641)；又 641 = 5·2⁷+1，故 5·2⁷ ≡ −1。两侧四次方：(5·2⁷)⁴ = 5⁴·2²⁸ ≡ 1。代入 5⁴ ≡ −2⁴：−2⁴·2²⁸ = −2³² ≡ 1，即 2³² ≡ −1 (mod 641)，故 641 | F₅。做除法 4294967297 ÷ 641 = 6700417（验算：641×6700417 = 641×6700000+641×417 = 4294700000+267297 = 4294967297 ✓）。6700417 的素性可由命题 1 核对：其素因子必须 ≡ 1 (mod 64)，候选类有限，逐一排查即得。□

命题 4（现状；陈述）　n = 5,…,32 的 F_n 全为合数；更大 n 的合数性多为部分因子化所得。没有任何已知结果支持或否证「只有五个」。

说明　命题 1 让部分因子化高效：找 F_n 的因子只需检查 q ≡ 1 (mod 2ⁿ⁺¹) 的素数。概率启发式其实倾向「可能还有第六个」（期望和为有限但正的收敛级数），与「应已穷尽」的直觉对立，两者都无法裁决。素性判定本身有严格算法：Pépin 检验（1877）断言 F_n 素 ⟺ 3^(F_n−1)/2 ≡ −1 (mod F_n)，一次模幂即可完成。□

进展与文献

Euler 1732 年的分解见其通信集；互素恒等式出自哥巴赫给欧拉的信；Pépin, Comptes Rendus 85 (1877)。因子化现状见 W. Keller 维护的费马数因子表。