[原创]方法论-扣儿与扣门原理

白新岭

[这个贴子最后由白新岭在 2009/09/27 00:08pm 第 1 次编辑]

下面引用由熊一兵在 2009/09/27 10:59am 发表的内容：
经过白新岭等众网友老师耐心讲解，明白了一点点把理解的作业写出来请老师批改：
可把自然数分为3类：（3t，3t-1,3t-2），将它们两两相乘：3取2的排列是6组；
3t mod 3=0 mod 3（3t-1） mod 3=（1，2） mod 3
（3 ...

这是我对你的一种错误引导，在3元数中(群中有3个元素，0，1，2），2元运算法则为乘，则与普通乘法差不多：0*0=0，0*1=0，0*2=0，1*0=0，1*1=1，1*2=2，2*0=0，2*1=2，2*2=1。它的意思是说，如果用除3余0，1，2的类数做2元乘法运算，则新得到的数，有5类数可以整除3，有2类数除3余1，有类数除3余2。我在做2元乘法分析是没有考虑，就胡诌一下，3*3=9，9类新数，9/3=3，每类新数各占3类，这是错误的。
如果是3元数的2元加法运算如何呢？（0，1，2）+（0，1，2）=（0+0，0+1，0+2，1+0，1+1，1+2，2+0，2+1，2+2）=（0，1，2，1，2，0，2，0，1），正好是3个0，3个1，3个2，意思是说，在完备群中，进行加法运算，得到的新类数是均等的，得到能整除3的为1/3，不能整除3的余1或者余2的也各占1/3.这不是歌猜要考虑的问题。
这里有不完备群的2元加法运算，（ ，1，2）+（ ，1，2）=（1+1，1+2，2+1，2+2）=（2，0，0，1），有1个1，1个2，2个0，意思是说，如果用不能整除3的2类数做2元加法运算，则得到能整除3的为2类数，占2/4=1/2，不能整除3余1或者余2的类数各占1类，占总合成类的1/4.
这一切数字元运算解释代表代数式t*n+c的运算，t为分类周期，c为余数，你也可以理解成n为带分数（假分数）的整数部分，t为分母，c为分子。这时，任何一个数都为整体1对待。
再联系主楼对任意一个大于1的周期自然数T的2元加法合成分布结论，当拓展到多条件时，就得到一些必然结果。林梦启对此理解的最透彻。

白新岭

熊一兵先生不知有看了没看。真要想理解我的加法合成论，你需做上几道小题目大道理的例题。因为这是在那样的小题基础上得到的。从中间开始，是无法深透理解的。

熊一兵

理解如下：
定义  依除3的同余为0，1，2将自然数分为3个数系，表为（3t，3t+1，3t+2）或0，1，2 mod 3，将这样的数系称为3元数，简称3元
3元数中2元数的乘法运算，表为（0，1，2）*（0，1，2）mod 3
=（0，1，2）*0+（0，1，2）*1+（0，1，2）*2 mod 3
=（0，0，0）+（0，1，2）+（0，2，1）mod 3
有9分之5余0，有9分之2余1，有9分之2余2。

3元数的2元加法运算表为：（0，1，2）+（0，1，2） mod 3=
（0，1，2）+0=（0，1，2） mod 3
（0，1，2）+1=（1，2，0） mod 3
（0，1，2）+2=（2，0，1） mod 3
余0，1，2的比例没变，各三分之一：
定理 “在完备群中，进行加法运算，得到的新类数是均等的”
3元数非零余数的2元加法运算表为：（ 1，2）+（1，2） mod 3=
（1，2）+1=（2，0） mod 3
（1，2）+2=（0，1） mod 3
余0的2个，余1的1个，余2的1个，分别占2分之1，4分之1，4分之1：
定理  在不完备群中，进行加法运算，得到的新类数是不等的
先把作交白老师过目，批改后再做，4元数、5元数，N元数。
众网友已看出熊一兵既笨又慢，熊一兵只能这样研究数学，算出一个结果后，就想法找数据验证，实际数据支持结果就再前进，慢人的笨办法：少在错误的方向上前行
客官都看到了，我上次交的作业虽然错了，得到白老师的即时纠正。

白新岭

熊一兵先生理解的完全正确，对你来说，还是研究后边为好，因为它与歌猜有关。如果先生有空，我想咱们还是通过QQ语音聊天更方便，这样我们交流的比较快。现在还有2个小时的时间，你看如何。我在线上。

熊一兵

我也想直接聊,可惜我的电脑不行,每次让你白忙一场,你把你的电话发到我邮箱里:njzz_yy@163.com，方便的时间我给你打电话

白新岭

[这个贴子最后由白新岭在 2009/09/27 04:49pm 第 1 次编辑]

这只是一个条件（条件为3），对于任何单条件T（它不一定是素数，确一定是大于1的自然数，当然包括2）来说，都有这样的结论，去掉整除T的那类数，用其余的数做2元数加法运算，则得到的新数，能整除T的占1/（T-1),不能整除的其余各类数，其中任何一类都占(T-2)/(T-1)^2.   总合成方法为(T-1)^2，所以能整除类有（T-1)种合成办法，而其余的类每类各有(T-2)种合成办法，能看出来整除类比其他的类多一种合成法。这个命题需要证明。
当多条件作用时如何呢？例如在2，3条件下，周期为2*3=6，去掉能整除2，3的，留下1，5二个元素，（1，5）+（1，5）=（1+1，1+5，5+1，5+5）=（2，6，6，4）。所以能整除6的占2/4=1/2=50%，余2的占1/4=25%，余4的占1/4=25%。
3个条件参加时如何，2*3*5=30，去掉能整除2，3，5的，留下1，7，11，13，17，19，23，29八个元素，（1，7，11，13，17，19，23，29）+（1，7，11，13，17，19，23，29）=（1+1，1+7，1+11，1+13，.....，29+29）=（2/4/6/8/10/12/14/16/18/20/22/24/26/28/30）=（64*（5-2）/16*（3-2）/4=3，3，64*1/（3-1）*（5-2）/16=6，3，64*1/4*1/（5-1）=4，6，3，3，6，4，3，6，3，3，64*1/2*1/4=8）=（3，3，6，3，4，6，3，3，6，4，3，6，3，3，8）。
当条件再多时，如何解决呢？
就要求2个极端，一个最小合成比例，一个最大合成比例。

白新岭

如果想真正了解加法合成运算法则的含义还得从头开始，回到条件下方程正整数解的组数上去。

白新岭

下面引用由熊一兵在 2009/09/27 04:31pm 发表的内容：
我也想直接聊,可惜我的电脑不行,每次让你白忙一场,你把你的电话发到我邮箱里:njzz_yy@163.com，方便的时间我给你打电话

已经发出邮件，不知先生收到没有。

白新岭

今天下午做了些数据统计：在1千万内（实际为9999990内，去掉了9999991这个素数），MOD(素数，210）的余数统计如下（2不在统计之内）：
余数→→出现的次数
1→→13785
3→→1
5→→1
7→→1
9→→0
11→→13918
13→→13837
15→→0
17→→13840
19→→13850
21→→0
23→→13879
25→→0
27→→0
29→→13794
31→→13894
33→→0
35→→0
37→→13861
39→→0
41→→13850
43→→13821
45→→0
47→→13890
49→→0
51→→0
53→→13832
55→→0
57→→0
59→→13858
61→→13825
63→→0
65→→0
67→→13886
69→→0
71→→13852
73→→13829
75→→0
77→→0
79→→13866
81→→0
83→→13865
85→→0
87→→0
89→→13862
91→→0
93→→0
95→→0
97→→13770
99→→0
101→→13879
103→→13841
105→→0
107→→13865
109→→13757
111→→0
113→→13901
115→→0
117→→0
119→→0
121→→13835
123→→0
125→→0
127→→13853
129→→0
131→→13785
133→→0
135→→0
137→→13818
139→→13882
141→→0
143→→13820
145→→0
147→→0
149→→13820
151→→13780
153→→0
155→→0
157→→13855
159→→0
161→→0
163→→13827
165→→0
167→→13864
169→→13816
171→→0
173→→13855
175→→0
177→→0
179→→13863
181→→13883
183→→0
185→→0
187→→13878
189→→0
191→→13817
193→→13922
195→→0
197→→13830
199→→13839
201→→0
203→→0
205→→0
207→→0
209→→13825

熊一兵

下面引用由白新岭在 2009/09/29 09:23am 发表的内容：
已经发出邮件，不知先生收到没有。

邮件已收到，谢谢
在《概率素数论》中，我也给出了若干偶哥数的统计值，知道6的倍数的偶哥数是峰值，没分析到原因，您分析3元数的2元结合个数比例，与偶哥数一致，应该如您所分析的是一知通往理想彼岸的光辉道路，大家一步步向前走