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蔡家雄猜想(改进版)

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发表于 2016-7-10 20:00 | 显示全部楼层 |阅读模式
本帖最后由 蔡家雄 于 2018-8-15 11:21 编辑

卢卡斯级数的通项公式

Ln=Round[((1+√3)/√2)^(2^n )/2]

L1=2,
L2=7,
L3=97,
L4=18817=(2^5-1)(2^5*19-1)=31*607,
并且:2^31-1与2^607-1同为素数。
L5=708158977,

L6=1002978273411373057
   =(2^7-1)(2^7*61698958748239-1)
   =127*7897466719774591,
已证:2^127-1是素数,
蔡家雄猜想:2^7897466719774591-1是大素数。

卢卡斯定理
设 p为>=5的奇素数,
若 L(p-1)  mod  (2^p-1) ≡ 0,
则 L(p-1) = (2^p-1) (2^p*q-1)


蔡家雄猜想

若素数 p>=5 ,
则 (4^p - 1)/3 一定是费尔马伪素.


在两奇数平方之间有一对间距是2的孪生素数,
即:(2n - 1)^2 < (P, P+2) < (2n+1)^2

蔡家雄猜想

在(2n)^2 - 4 与(2n+2)^2 - 4 之间有一对间距是4 的孪生素数,
即:(2n)^2 - 4 < (P, P+4) < (2n+2)^2 - 4
s = 0;
For[n = 1; p = (2 n)^2 - 4, p <= (2 n + 2)^2 - 4, p++,
If[(PrimeQ[p]) && (PrimeQ[p + 4]), s = s + 1;
  Print[s, "-----", p, "-----", p + 4]]]

在(6k)^2 - 4 与[6(k+1)]^2 - 4 之间有两对三生素数,
即:(6k)^2 - 4 < (P, P+2, P+6) < [6(k+1)]^2 - 4
与:(6k)^2 - 4 < (P, P+4, P+6) < [6(k+1)]^2 - 4

四生素数猜想

10^n<(10x+1, 10x+3, 10x+7, 10x+9)<10^(n+1)


蔡家雄猜想                                                
                                                                           
设n≥3 ,                                                                       
若(10^n - 1)÷9×2+1是素数,                                                  
则10是(10^n - 1)÷9×2+1的原根。  
则1/[(10^n-1)÷9×2+1] 具有最大循环节长度。                                             
                                                                              
不超3000的n=3,8,11,36,95,101,128,260,351,467,645,1011,1178,1217,2442,使 猜想成立!
ForIf[n = 101;
PowerMod[10, ((10^n - 1)/9*2 + 1 - 1)/2, (10^n - 1)/9*2 + 1] == (10^n - 1)/9*2]

如下素数倒数具有最大循环节长度

1/223
1/22222223
1/22222222223
1/222222222222222222222222222222222223
1/22222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222222223


蔡家雄猜想                                                   
                                                                                      
设n≥3 ,                                                                                          
若(10^n - 1)÷9×3+4是素数,                                                  
则10是(10^n - 1)÷9×3+4的原根。
则1/[(10^n-1)÷9×3+4] 具有最大循环节长度。                                            
                                                                              
不超3000的n=3,6,46,394,978,2586,2811,2968,使 猜想成立!
ForIf[n = 394;
PowerMod[10, ((10^n - 1)/9*3 + 4 - 1)/2, (10^n - 1)/9*3 + 4] == (10^n - 1)/9*3 + 3]

如下素数倒数具有最大循环节长度

1/337
1/333337
1/3333333333333333333333333333333333333333333337


蔡家雄猜想                                                  
                                                                                    
设n≥3 ,                                                                     
若(10^n - 1)÷9×4+3是素数,                                                  
则10是(10^n - 1)÷9×4+3的原根。
则1/[(10^n-1)÷9×4+3] 具有最大循环节长度。                                               
                                                                                 
不超3000的n=4,10,20,26,722,1310,使 猜想成立!
ForIf[n = 722;
PowerMod[10, ((10^n - 1)/9*4 + 3 - 1)/2, (10^n - 1)/9*4 + 3] == (10^n - 1)/9*4 + 2]      

如下素数倒数具有最大循环节长度

1/4447
1/4444444447
1/44444444444444444447
1/44444444444444444444444447


蔡家雄猜想                                                      
                                                                                   
设n≥3 ,                                                                             
若(10^n - 1)÷9×8-1是素数,                                               
则10是(10^n - 1)÷9×8 -1的原根。  
则1/[(10^n-1)÷9×8 -1] 具有最大循环节长度。                                          
                                                                           
不超3000的n=3,4,6,9,12,72,118,124,190,244,304,357,1422,2691,使 猜想成立!   
ForIf[n = 118;
PowerMod[10, ((10^n - 1)/9*8 - 1 - 1)/2, (10^n - 1)/9*8 - 1] == (10^n - 1)/9*8 - 2]      

如下素数倒数具有最大循环节长度

1/887
1/8887
1/888887
1/888888887
1/888888888887
1/888888888888888888888888888888888888888888888888888888888888888888888887


蔡家雄猜想                                                      
                                                                              
设n≥3 ,                                                                 
若(10^n - 1)÷9×2+7是素数,                                                   
则10是(10^n - 1)÷9×2+7的原根。
则1/[(10^n-1)÷9×2+7] 具有最大循环节长度。                                                
                                                                                       
不超3000的n=3,5,14,176,416,2505,2759,使 猜想成立!  
ForIf[n = 176;
PowerMod[10, ((10^n - 1)/9*2 + 7 - 1)/2, (10^n - 1)/9*2 + 7] == (10^n - 1)/9*2 + 6]

如下素数倒数具有最大循环节长度

1/229
1/22229
1/22222222222229


蔡家雄猜想                                                            
                                                                                
设n≥3 ,                                                                     
若(10^n - 1)÷9×7+2是素数,                                             
则10是(10^n - 1)÷9×7+2的原根。
则1/[(10^n-1)÷9×7+2] 具有最大循环节长度。                                          
                                                                           
不超3000的n=66,86,90,102,386,624,使 猜想成立!
ForIf[n = 102;
PowerMod[10, ((10^n - 1)/9*7 + 2 - 1)/2, (10^n - 1)/9*7 + 2] == (10^n - 1)/9*7 + 1]

如下素数倒数具有最大循环节长度

1/777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777779
1/77777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777779
1/777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777779


蔡家雄猜想

设P为素数,且4P+1同为素数,
若 (4P+1)  mod  40 ≡ 29,
则整数10是素数(4P+1)的一个原根。
则1/(4P+1)具有最大循环节长度。
它等价于
蔡家雄猜想(得证无赏,推翻则奖 十万 元)

设k为非负整数,
若30k+7和120k+29同为素数,
则整数10是素数(120k+29)的一个原根。
则1/(120k+29)具有最大循环节长度。

断言:这个猜想不可能被推翻。

最新编程验证:
s = 0;
For[k = 0, k <= 1000000 , k++,
If[PrimeQ[30 k + 7] && PrimeQ[120 k + 29] &&
PowerMod[10, 60 k+14, 120 k+29] == 120 k+28, s=s+1;
Print[s,"-----", k , "-----", 30 k + 7, "-----", 120 k + 29]]]


蔡家雄猜想:

设P和2P+1都是素数,
根据费马小定理,易知
当素数P>=11时,
1/(2P+1)的循环节长度或是P, 或是2P.

若 (2P+1)  mod  40 ≡ 3或27或39,
则1/(2P+1)的循环节长度一定是P ,(半节)

若 (2P+1)  mod  40 ≡ 7或19或23,
则整数10是素数(2P+1)的一个原根。
则1/(2P+1)的循环节长度一定是2P 。(全节)

断言:这个猜想不可能被推翻。

这个猜想的编程验证:
s = 0;
For[p = 2, p <= 1000000, p++,
If[(PrimeQ[p] && PrimeQ[2 p + 1]) && (Mod[2 p + 1, 40] == 7 ||
     Mod[2 p + 1, 40] == 19 || Mod[2 p + 1, 40] == 23), s = s + 1;
  Print[s, "-----", p, "-----", 2 p + 1, "-------", Mod[2 p + 1, 40],
   "-------", MultiplicativeOrder[10, 2 p + 1] == 2 p]]]


蔡家雄猜想:

设 P 和 16P+1 都是素数,
若 (16P+1)  mod  40 ≡ 17或33,
则 整数10是素数(16P+1)的一个原根。
则 1/(16P+1) 具有最大循环节长度 16P 。

这个猜想的编程验证:
s = 0;
For[p = 2, p <= 100000000, p++,
If[(PrimeQ[p] && PrimeQ[16 p + 1])
&& (Mod[16 p + 1, 40] == 17 || Mod[16 p + 1, 40] == 33)
&& MultiplicativeOrder[10, 16 p + 1] == 16 p, s = s + 1;
Print[s, "-----", p, "-----", 16 p + 1]]]


蔡家雄猜想

设1<n<素数p<n^2, 至少存在一个素数p,使
                n!+1<素数(n!+p)<n!+n^2

我用Mathematica数学软件:NextPrime[n!+1]
——验证了6<n<=2016,这个猜想无一反例。


蔡家雄猜想

设素数P≥11,
若P和2P+1都是素数,
则(P-1)/2是素数2P+1的一个原根。

这个猜想的编程验证:
s = 0;
For[p = 11, p <= 1000000, p++,
If[PrimeQ[p] && PrimeQ[2 p + 1], s = s + 1;
  Print[s, "---", p, "---", 2 p + 1, "----", (p - 1)/2, "---",
   MultiplicativeOrder[(p - 1)/2, 2 p + 1] == 2 p]]]


蔡家雄猜想

设k为非负整数,
若30k+7和120k+29都是素数,
则10k+2是素数(120k+29)的一个原根。

这个猜想的编程验证:
s = 0;
For[k = 0, k <= 1000000, k++,
If[PrimeQ[30 k + 7] && PrimeQ[120 k + 29], s = s + 1;
  Print[s, "---", k, "---", 30 k + 7, "---", 120 k + 29, "----",
   10 k + 2, "---",
   MultiplicativeOrder[10 k + 2, 120 k + 29] == 120 k + 28]]]



蔡家雄最后猜想

设 n>=5, 且 n^3 >素数 p,
若 C(pn, n)   mod   n^3 ≡ p, 则 n 一定是素数。

若 C(2n, n)   mod   n^3 ≡ 2, 则 n 一定是素数。
若 C(3n, n)   mod   n^3 ≡ 3, 则 n 一定是素数。
若 C(5n, n)   mod   n^3 ≡ 5, 则 n 一定是素数。
若 C(7n, n)   mod   n^3 ≡ 7, 则 n 一定是素数。
....................................................................   


蔡家雄最后猜想(续)

设 n >= 5,
若 C(n^2, n)    mod    n^5 = n,
则 n 一定是素数。

编程验证
s = 2;
For[n = 5, n <= 10000, n++,
If[Mod[Binomial[n^2, n], n^5] == n, s = s + 1;
  Print[s, "---", n, "----", PrimeQ[n]]]]
 楼主| 发表于 2018-4-24 20:07 | 显示全部楼层
本帖最后由 蔡家雄 于 2018-8-8 10:01 编辑

设 n 是奇数,

且 1/n 的循环节长度是 2d,

即  MultiplicativeOrder[10, n] == 2d

若 10^d+1 能被 n 整除,则 1/n 是 对折和 互补为 9 的循环小数。

若 10^d+1 不被 n 整除,则 1/n 是 对折和 没有互补的循环小数。


若 MultiplicativeOrder[10, p] == p - 1,

则 10 是 p 的原根,则 1/p 具有最大循环节长度。

如下两个说法,是 等价 的

若 10 是 p 的原根,则 1/p 具有最大循环节长度。

若 1/p 具有最大循环节长度,则 10 是 p 的原根。

(原定理与逆定理 同时成立)


论 1/n 具有最大循环节的充要条件:

设 n = 2^a0*p1^a1*p2^a2*p3^a3*......*ps^as + 1,(p 表示奇素数)

设 d 表示为 (n - 1) / 2 的因子,

则 1/n 具有最大循环节的充要条件:

(i)   n 是奇素数;

(ii)  对于任一小于 (n - 1) / 2 的因子d,(10^d+1) 都不能被 n 整除;

(iii) 当且仅当 d = (n - 1) / 2 时,(10^d+1) 能被 n 整除。
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 楼主| 发表于 2018-1-23 13:59 | 显示全部楼层
本帖最后由 蔡家雄 于 2018-8-12 14:23 编辑

我的另一类 单条件下 的最大循环节猜想

蔡家雄猜想

若 4^(2k)+3 是素数,
则 10 是素数 4^(2k)+3 的原根。
则 1 / [4^(2k)+3] 具有最大循环节长度。

此时,不超10000的 2k 的值仅有
2k =m= 2,6,8,14,42,114,392,852,1004,2030,2276,8610,使猜想成立。
ForIf[m = 8610;
PowerMod[10, (4^m + 3 - 1)/2, 4^m + 3] == 4^m + 2]


蔡家雄猜想

若 5^(2k)+4 是素数,
则 10 是素数 5^(2k)+4 的原根。
则 1 / [5^(2k)+4] 具有最大循环节长度。

此时,不超10000的 2k 的值仅有
2k =m= 2,6,10,102,494,794,1326,5242,5446,使猜想成立。
ForIf[m = 5446;
PowerMod[10, (5^m + 4 - 1)/2, 5^m + 4] == 5^m + 3]


蔡家雄猜想

若 5^(2k) - 2 是素数,
则 10 是素数 5^(2k) - 2 的原根。
则 1 / [5^(2k) - 2] 具有最大循环节长度。

此时,不超10000的 2k 的值仅有
2k =m= 2,14,26,50,126,144,260,624,1424,使猜想成立。
ForIf[m = 1424;
PowerMod[10, (5^m - 2 - 1)/2, 5^m - 2] == 5^m - 3]


蔡家雄猜想

若 2^(2k - 1)+15 是素数,
则 10 是素数 2^(2k - 1)+15 的原根。
则 1 / [2^(2k - 1)+15] 具有最大循环节长度。

此时,不超10000的 2k - 1 的值仅有
2k - 1 =m= 1,3,5,11,15,23,61,155,203,515,1563,使猜想成立。
ForIf[m = 1563;
PowerMod[10, (2^m + 15 - 1)/2, 2^m + 15] == 2^m + 14]


蔡家雄猜想

若 5^(2k - 1)+24 是素数,
则 10 是素数 5^(2k - 1)+24 的原根。
则 1 / [5^(2k - 1)+24] 具有最大循环节长度。

此时,不超10000的 2k - 1 的值仅有
2k - 1 =m= 1,3,21,53,195,353,2067,2191,4563,使猜想成立。
ForIf[m = 4563;
PowerMod[10, (5^m + 24 - 1)/2, 5^m + 24] == 5^m + 23]
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 楼主| 发表于 2017-12-27 19:56 | 显示全部楼层
卢卡斯级数的通项公式

Ln=Round[((1+√3)/√2)^(2^n )/2]

L1=2,
L2=7,
L3=97,
L4=18817=(2^5-1)(2^5*19-1)=31*607,
并且:2^31-1与2^607-1同为素数。
L5=708158977,

L6=1002978273411373057
   =(2^7-1)(2^7*61698958748239-1)
   =127*7897466719774591,

已证:2^127-1是素数,蔡家雄猜想:2^7897466719774591-1是大素数
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 楼主| 发表于 2017-12-28 14:48 | 显示全部楼层
本帖最后由 蔡家雄 于 2018-8-13 10:56 编辑

数学家可以证明:
我的两个 双条件下 的 最大循环节猜想


设P和2P+1都是素数,

若 (2P+1)  mod  40 ≡ 7 或19 或23,
则整数10是素数(2P+1)的一个原根。
则1/(2P+1)的循环节长度一定是2P 。

断言:这个猜想不可能被推翻。


蔡家雄猜想
设P为素数,且4P+1同为素数,
若 (4P+1)  mod  40 ≡ 29,
则整数10是素数(4P+1)的一个原根。
则1/(4P+1)具有最大循环节长度。
它等价于
设k为非负整数,
若30k+7和120k+29同为素数,
则整数10是素数(120k+29)的一个原根。
则1/(120k+29)具有最大循环节长度。

断言:这个猜想不可能被推翻。

这个猜想的编程验证:
s = 0;
For[k = 0, k <= 100000000, k++,
If[PrimeQ[7 + 30 k] && PrimeQ[29 + 120 k], s = s + 1;
  Print[s, "---", k, "---", 7 + 30 k, "----", 29 + 120 k, "---",
   MultiplicativeOrder[10, 120 k + 29] == 120 k + 28]]]


推论:
设 20k - 9 是素数,且 40k - 17 和 80k - 33 都是素数,

则 10 是素数 40k - 17 和 80k - 33 的原根。

则 1 / (40k - 17) 和 1 / (80k - 33) 都具有最大循环节长度。

s = 0;
For[k = 1, k <= 1000000, k++,
If[(PrimeQ[20 k - 9] && PrimeQ[40 k - 17] && PrimeQ[80 k - 33]),
  s = s + 1;
  Print[s, "----", 20 k - 9, "----", 40 k - 17, "----", 80 k - 33]]]


推论:
设 30k+7 是素数,且 120k+29 和 240k+59 都是素数,

则 10 是素数 120k+29 和 240k+59 的原根。

则 1 / (120k+29) 和 1 / (240k+59) 都具有最大循环节长度。

s = 0;
For[k = 0, k <= 1000000, k++,
If[(PrimeQ[30 k + 7] && PrimeQ[120 k + 29] && PrimeQ[240 k + 59]),
  s = s + 1;
  Print[s, "----", 30 k + 7, "----", 120 k + 29, "----", 240 k + 59]]]
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 楼主| 发表于 2016-12-13 20:41 | 显示全部楼层
QQ截图20161213203719.png
 楼主| 发表于 2017-12-30 13:00 | 显示全部楼层
蔡家雄猜想

设1<n<素数p<n^2, 至少存在一个素数p,使
                n!+1<素数(n!+p)<n!+n^2

我用Mathematica数学软件:NextPrime[n!+1]
——验证了6<n<=2016,这个猜想无一反例。
 楼主| 发表于 2018-1-1 15:59 | 显示全部楼层
卢卡斯级数的通项公式

Ln=Round[((1+√3)/√2)^(2^n )/2]

L1=2,
L2=7,
L3=97,
L4=18817=(2^5-1)(2^5*19-1)=31*607,
并且:2^31-1与2^607-1同为素数。
L5=708158977,

L6=1002978273411373057
   =(2^7-1)(2^7*61698958748239-1)
   =127*7897466719774591,

已证:2^127-1是素数,蔡家雄猜想:2^7897466719774591-1是大素数。
 楼主| 发表于 2018-1-1 16:02 | 显示全部楼层
蔡家雄猜想

设1<n<素数p<n^2, 至少存在一个素数p,使
                n!+1<素数(n!+p)<n!+n^2

我用Mathematica数学软件:NextPrime[n!+1]
——验证了6<n<=2016,这个猜想无一反例。
 楼主| 发表于 2018-1-1 20:10 | 显示全部楼层
蔡家雄猜想

设k为非负整数,
若30k+7和120k+29都是素数,
则10k+2是素数(120k+29)的一个原根。

这个猜想的编程验证:
s = 0;
For[k = 0, k <= 1000000, k++,
If[PrimeQ[30 k + 7] && PrimeQ[120 k + 29], s = s + 1;
  Print[s, "---", k, "---", 30 k + 7, "---", 120 k + 29, "----",
   10 k + 2, "---",
   MultiplicativeOrder[10 k + 2, 120 k + 29] == 120 k + 28]]]
 楼主| 发表于 2018-1-2 06:13 | 显示全部楼层
蔡家雄猜想:

设P和2P+1都是素数,
根据费马小定理,易知
当素数P>=11时,
1/(2P+1)的循环节长度或是P, 或是2P.

若 (2P+1)  mod  40=3或27或39,
则1/(2P+1)的循环节长度一定是P ,(半节)

若 (2P+1)  mod  40=7或19或23,
则整数10是素数(2P+1)的一个原根。
则1/(2P+1)的循环节长度一定是2P 。(全节)

断言:这个猜想不可能被推翻。

这个猜想的编程验证:
s = 0;
For[p = 2, p <= 1000000, p++,
If[(PrimeQ[p] && PrimeQ[2 p + 1]) && (Mod[2 p + 1, 40] == 7 ||
     Mod[2 p + 1, 40] == 19 || Mod[2 p + 1, 40] == 23), s = s + 1;
  Print[s, "-----", p, "-----", 2 p + 1, "-------", Mod[2 p + 1, 40],
   "-------", MultiplicativeOrder[10, 2 p + 1] == 2 p]]]
 楼主| 发表于 2018-1-2 13:58 | 显示全部楼层
蔡家雄猜想

在两奇数平方之间有一对间距是2的孪生素数,
即:(2n - 1)^2 < (P, P+2) < (2n+1)^2

在(2n)^2 - 4 与(2n+2)^2 - 4 之间有一对间距是4的孪生素数,
即:(2n)^2 - 4 < (P, P+4) < (2n+2)^2 - 4

在(6k)^2 - 4 与[6(k+1)]^2 - 4 之间有两对三生素数,
即:(6k)^2 - 4 < (P, P+2, P+6) < [6(k+1)]^2 - 4
与:(6k)^2 - 4 < (P, P+4, P+6) < [6(k+1)]^2 - 4

四生素数猜想

10^n<(10x+1, 10x+3, 10x+7, 10x+9)<10^(n+1)
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