合成方法论群论的兄弟篇

白新岭

没有人在此贴中回帖，可能是我驾驭语言的能力差，或者对数学概念了解的不多，不能用同余数知识，独立条件概率，群论知识来阐述我的主张，或者我想表达的意思。现在提出一个直接证明结论，供大家发表看法，有不同主张的，不认同的看法尽可言表。我证歌德巴赫猜想时得到这样的结论，对于按任何一个素数划分的偶数类来说，都有这样的性质，含划分素数因子的偶数类占整个偶数的素数对总和的1/（Pi-1),不含划分素数因子的偶数类（有Pi-类）各占整个偶数的素数对总和的（Pi-2)/（Pi-1)^2.举一些例子,按素数3把偶数分类,可得到三类,6n类含素数因子3，所以占总素数对的1/(3-1)=50%,6n-2,6n-4二类偶数不含素数因子3，所以这（3-1）=2类各占总素数对的（3-2）/（3-1）^2=25%.在拿素数因子5来说,可得到五类,10n类含素数因子5，所以占总素数对的1/(5-1)=25%,其余4类10n-2,10n-4,10n-6,10n-8不含素数因子5，所以这（5-1）=4类各占总素数对的（5-2）/（5-1）=3/16=18.75%。再以7，11，13，......Pi都一样。在复合分类中也成立，指按不同几个素数来划分，如按3*5进行分类，共有15类偶数，只有1类偶数可以同时整除3，5，即30n类的偶数，它占整个偶数的素数对总数目的1/（3-1）/（5-1）=1/8=12.5%，即30n类的偶数占整个偶数的素数对总数目的12.5%。还有（3-1）（5-1）=8类偶数不能被3或5整除，所以这8类偶数都是各占(3-2)/(3-1)^2*(5-2)/(5-1)^2=1/4*3/16=3/64=4.6875%.即这8类偶数都是各占3/64.（8类偶数是30n-2,30n-4,30n-8,30n-14,30n-16,30n-22,30n-26,30n-28).另外的，能整除3不能整除5和能整除5不能整除3的情况不再分析。经过进一步的分析证明，可得2^K类的偶数占（所有素数连乘积）分之（孪生素数常数），它的实际意义是平均系数常数（指与平均值相关的系数，偶数分解素数对平均值是N/LN(N)^2,对于2^k类的偶数来说，平均值的常数就是孪生素数常数。独具慧眼之人一定能看出门道。正所谓，有识袈裟者分文不要，不识袈裟者千金不卖

白新岭

希望你能把 个问题彻底解决,作好知识产权保护,若你授权的话,著上你的大名和简介,进入将来若能全球发行的英文版的<概率素数论>中,去国外领一大堆奖和美元回来为国人争光,
发表于 2009-1-17 16:51
熊一兵的跟帖。

白新岭

[原创]偶数分解成素数对最小相对概率-预先浅淡哈代-李公式
这里是奇数元素数对公式,m是未知数个数，n是奇数，大于或等于3m,Pi为小于根号n的，且能整除n的素数，Pk为所有根号n前的素数，不包括2.
G(m)=2*∏{1-Pi/[(Pi-1)^m+1]}*∏(1+1/(Pk-1)^m)*n^(m-1)/(LN(n))^m,
(上一楼用了最小调节系数做参考量，此帖用最大调节系数做参考量。)
奇数元的有了，这里有偶数元的普通公式：m是未知数个数，且为偶数；n是偶数，大于或等于3m,Pi为小于根号n的，且能整除n的素数，Pk为所有根号n前的素数，不包括2.
则当m为偶数时的素数有序点集的个数为：
g(m)=2*∏(1+Pi/((Pi-1)^m-1))∏(1-1/(Pk-1)^m)*n^(m-1)/(LN(n))^m,
这里没有修正值无穷大项
发表于 2009-11-13 10:23

白新岭

[原创]标准系数线性方程解的数目与系数和常量的关系
http://www.mathchina.com/bbs/for ... 6&fromuid=37263
(出处: 数学中国)
我在探讨从连续的自然数中，任取m个自然数做和，抽得m个自然数的和为S，这样的抽法有多少种的时候遇到
了这样的问题：对于线性方程1x+2y+3z+……+mu=S有多少组正整数解的问题。这里1，2，3，……m为已知的
系数，且属于正整数；x,y,z,……u为未知数，S为已知常量。问什么说是“标准系数线性方程”呢？因为
对于任何事物的划分都有一个标准，线性方程有多种形式（从系数上分析），我是把连续正整数做线性方程
的已知系数（且从1开始）的方程称谓：标准系数线性方程；其余的线性方程都为普通系数线性方程。这样
判断所给的线性方程是不是标准系数线性方程就有了标准，是几元线性方程m就是几。例如3元标准系数线性
方程，m=3.表示形式是，1x+2y+3z=S。
对于从连续的自然数中，任取m个自然数做和，抽得m个自然数的和为S，这样的抽法有多少种的问题与标准
系数线性方程解的数目有什么关系，应这样分析，从自然数中任取m个自然数，这样抽得的自然数肯定没有
一样的2个数，而且有唯一的大小顺序，所以可以设u>……>z>y>x,x+y+z+……+u=S.我们合并这两个条件，
即设u=U+……+Z+Y+X,z=Z+Y+X,y=Y+X,x=X,x+y+z+……+u=S,→→m*X+（m-1）*Y+（m-2）*Z+……+U=S，习惯
上，写成1x+2y+3z+……+mu=S。所以，抽法数等于标准系数线性方程正整数解的数目。
现在我们做一个初步分析，以后在扩展它的用途。对于标准系数线性方程有正整数解的充分必要条件是：
S≥m*(m+1)/2.  现在假设S≥m*(m+1)/2，那么它有多少组正整数解呢？我们这样分析，现在有S个物体排成
一排，把这一排要想分成m段，那么只需要从S-1个空隙中放m-1个挡板即可，所以共有C(S-1,m-1)种方法，
这样放法，会有多少种情况呢，有一种是所得到m段都有不同个数的物体构成；有2段是相同的物体构成，其余
段是有不同个数的物体构成；有3段是相同的物体构成，其余段是有不同个数的物体构成；……；还有其中2段
是相同的物体构成，另外2段相同，其余段是有不同个数的物体构成；……。等等好多情况。只有第一种情况
是最多的一种放法，当有m元时，这样的一组符合要求的抽法，会有m!种放法；其它的就少的多了，即是有2段
是相同的物体构成，其余段是有不同个数的物体构成的方法也只有m!/2种放法.所以,标准系数线性方程解的数目
最多有C(S-1,m-1)/m!.而且永远也取不到最多，因为在设计模型时，有好多情况是多出来的，除了m段都有不同的
物体构成外，其余的都是多出来的。所以符合条件的抽法数少于C(S-1,m-1)/m!。举些例子，当m=2时，
则方程为1x+2y=S,所以它的解小于C(S-1,m-1)/m!=C(S-1,2-1)/2!=C(S-1,1)/2.设S=100，则C(S-1,1)/2=C(99,1)/2
，=49.5.而从自然数中任取2个数字,其和为100的为49组,分别为（1，99）,(2,98),……,(49,51).对于（50，50）
却不是方程的解,而(99,1)也不是方程的解.当y=1,x=98;把此数对转换成2个自然数,得Y=y=1,X=x+y=98+1=99.
当m=3时,方程为1x+2y+3z=S,所以它的解小于C(S-1,m-1)/m!=C(S-1,3-1)/3!=C(S-1,2)/6.设S=100,则C(S-1,2)/3!=
C(100-1,2)/3!=99*98/2/6=808.5.而从自然数中任取3个数字,其和为100的为784组.当元数增多时，它们的差距会
变大。未完，待续。白新岺   2009年2月2日
发表于 2009-2-2 17:47

白新岭

在歌德巴赫猜想专区，有Liudan发的帖子（王新宇  初等证明），说拉曼纽扬系数是靠特异功能感应到的，数学家们都不知道拉曼纽扬系数的来龙去脉，只是在用，没人去考证和研究拉曼纽扬系数，好像大数学家都默认。说什么，陈景润的“1+2”也是利用拉曼纽扬系数得到。
下面是我一直在想的一个问题：在2005年我刚接触哥德巴赫猜想时认为，偶数这么多，素数出现的又没有规律，怎么就能证明歌德巴赫猜想？所以当时就筛选出65536以内的素数，然后让任意2个素数做和，得到了65536以内偶数的实际素数对，非常有规律，每3个偶数都出现峰值，每15个还出现峰值，不过当时并不知道导致此现象的内因。后来，我在k个自然数和的分布问题上有了突破，或者说对任意系数线性多元不定方程的正整数解的组数有了更深的研究，并得到了一些有用的结论。
后来，在2008年开奥运会以后，公司没有什么业务，自己返回去再看2005的统计数据时（指65536以内的素数对），结合对多元线性方程的正整数解的组数研究中的一些结论，发现了这样的一个规律，对于任何一个大于1的自然数k来说，如果把自然数分为k类，然后去掉kn类数，用余下的k-1类数中的任意2个个体做和，则得到这样的结论：能整除k的自然数占总体合成类的1/（k-1),不能整除k的其余k-1类数，每类各占总体合成类的(k-2)/(k-1)^2.
实际上与k元群有关（自己不知道有关群的知识，只了解皮毛）上面的比例也是合成概率，而且对于互质的k值有各自独立性，可以说为独立条件概率，独立的m个条件各自概率对合成总概率为相乘关系，素数合成偶数是所有素数各自概率的乘积，因为自然数没有边界，无穷无尽，素数也无限多，所以没有周期，也就没有固定的概率了，总体数量与多条件合成概率的积为调配系数，调配系数与某数前的剩余个数的平方积/该数即为限定多个条件2元线性方程正整数解的近似值。此结论适合2素数合成偶数。一些试验数据会支持此论断（并非用素数合成偶数，用其他任何组合条件都可，我写过不被2，3整除数的合成，即x+y=n的正整数解问题（x,y不能被2，3整除），    未完待续。
[原创]揭开“拉曼纽扬系数”神秘的面纱
http://www.mathchina.com/bbs/for ... 5&fromuid=37263
(出处: 数学中国)
发表于 2009-3-26 17:32

白新岭

接主帖，没有与主帖连续，走了一个道岔，先解释一下调配系数与2元线性不定方程的正整数解的组数与限定定义域条件的关系。
某参考分类标准与合成类概率的积为：本分类标准的调配系数（当分类标准互素时，
各调配系数互相独立），每一个分类标准都是2种不相容的调配系数，非彼即此。
互素的2类标准以上的合成，调配系数为相乘关系。设某自然数前的剩余个体数量为
∩(x),调配系数为D(x),则2元方程的正整数解的组数为：D(x)*（∩(x)）^2/x
此公式适合任意限定定义域2元方程的正整数解的组数的求法.(给的限定条件为互素,
不能有大于1的共同因子).
现在举一些实际例子，有关调配系数方面的：
如按2作为分类标准，则合成类概率为：1/（2-1）=1，（能整除2的合成类概率）；另一种是（2-2）/（2-1）^2=0,(不能整除2的合成类概率),在自然数中只有这两种情况,不是能整除2的,就是能整除2的.  调配系数为2*1=2(能整除的),调配系数2*0=0(不能整除2的);
同理,按3作为分类标准,则合成类概率为：1/（3-1）=1/2，（能整除3的合成类概率）；另一种是（3-2）/（3-1）^2=1/4,(不能整除3的合成类概率),在自然数中只有这两种情况,不是能整除3的,就是能整除3的.  调配系数为3*1/2=1.5(能整除的),调配系数3*1/4=3/4(不能整除的);
同理,按10作为分类标准,则合成类概率为：1/（10-1）=1/9，（能整除10的合成类概率）；另一种是（10-2）/（10-1）^2=8/81,(不能整除10的合成类概率),在自然数中只有这两种情况,不是能整除10的,就是能整除10的.  调配系数为10*1/9=10/9(能整除的),调配系数10*8/81=80/81(不能整除的);这里给了一个合数的分类标准,这说明合成概率与调配系数适用于一切大于1的自然数(并非素数独有的性质),但是当多个分类标准时(或定义域限定多个条件时)要求不同分类标准之间不能有大于1的共同因子.
根据上面对,合成概率和调配系数的说明我们做一些实际2元线性不定方程题.
求:x+y=2n的正整数解的组数,x,y为未知数,n为正整数,x,y不能被2,3整除.
解:根据上面的分析说明,有2n能被2整除,所以调配系数为2,当n=3k时,调配系数为1.5,所以此时方程解的组数为:2*1.5*（∩(2n)）^2/2n=1.5*（∩(2n)）^2/n.
当n=3k±1时,调配系数为3/4,
所以此时方程解的组数为:2*3/4*（∩(2n)）^2/2n=0.75*（∩(2n)）^2/n.
在我发的帖子中:熊一兵笼统的给出了,n/6.  我说:走了近路.
五代业说:"这就是求哥猜须用３６种加法，１００有两种加法（有对称重复），９８也有两种加法（没有重复），而９６有三种加法（没有重复）！如果把尾数５去掉，它是前两数的３／２倍！"   

白新岭

以下是我原发在：王新宇  的初等证明 （的评论）
楼主看来见多识广，知道的数学知识-更确切的说是有关哥德巴赫猜想方面的数学知识很多。我可是孤陋寡闻，除了大家都知道的故事：（陈景润与歌德巴赫猜想的故事）外，我是一无所知了。从去年8月份上网后，在中国数学在线上看到过懂信平提到过哈代-李特伍三个公式和数学中国中天山草提及偶数素数对的近似公式（哈代公式，说没有理论根据）外，你提到的“拉曼纽扬系数”是最新的。这里又说此系数来源蹊跷，是用特异感觉功能发现的。还说数学家都不知它的来龙去脉。我对你的说法（指拉曼纽扬系数的来龙去脉和数学家对它的看法及使用）有些怀疑，对哈代-李特伍公式说没有理论根据也不确信。难道，世界上这么多的数学家就真的说不清弄不明一个哈代公式或者说“拉曼纽扬系数”吗？它们是一脉相承分不开的问题。
如果你有兴趣，可以研究一下连续2个素数差2的概率问题（也就是孪生素数问题-哈代公式）。再者，你研究一下对于任意的不小于1的自然数k来说，把自然数分为k类，然后去掉kn类数，用其余类的2个个体的和构成的新个体落到不同类的概率问题。举一个例子，如果把自然数分为2类，即2n类和2n-1类这两类，然后去掉2n类数，用2n-1类数中的2个个体的和只能得到2n类的数，不能得到2n-1类的数，所以得到2n类数的概率为100%，得到2n-1类数的概率为0.当分成3类，4类，5类时会有什么结果呢？当无限制的，多条件时又会出现什么结果呢？搞清楚了，自然能理解哈代-李特伍公式和拉曼纽扬系数。
发表于 2009-3-28 10:52

白新岭

在最近研究最密k生素数群的数量问题时，又熟练的运用了k生素数式，分析其分布情况，和普通近似值公式，使我对素数式这个数学模型有了更深刻的认识。以前，仅仅知道素数的一切问题与它（k生素数式---它是k生素数代数式的简称，也是自己的杜撰，意思是把在一定条件下，可以产生素数的位置（用an+b的形式表示，如果a,b互质，就可以产生素数，否则只能产生合数，我把特定条件下，能产生素数的位置（代数式）称为素数式，相对的，可以把仅产生合数的代数式（或位置）称为合数式，当素数式位置代表多个连续素数出现的位置时称为k生素数式，它是研究k生素数群的数量，加减法合成运算的基本元素，或者说是基本的群元素，数学模型，数学工具。
发表于 2010-3-24 15:53

白新岭

[原创]方法论-扣儿与扣门原理
http://www.mathchina.com/bbs/for ... 4&fromuid=37263
(出处: 数学中国)
大家一直在研究歌猜，也在大谈哈代-李特伍公式，拉曼纽扬系数等等问题。可是没有人去寻根求源。到底她们是蕴藏着什么数学信息。她们有着怎样的内涵。 下面是luyuanhong教授的主贴，里边利用了：“用k=1,3,5,7,9代入2^n*k+m得到的5个数，除以5后得到的余数各不相同”。在2楼ccmmjj说：“唯一性应该可以证明或否定”
发表于 2009-9-25 11:47
加法合成-1-2-3-4-5-6-7-8-9-10
-1-2-3-4-5-6-7-8-9-10-11
-2-3-4-5-6-7-8-9-10-11-12
-3-4-5-6-7-8-9-10-11-12-13
-4-5-6-7-8-9-10-11-12-13-14
-5-6-7-8-9-10-11-12-13-14-15
-6-7-8-9-10-11-12-13-14-15-16
-7-8-9-10-11-12-13-14-15-16-17
-8-9-10-11-12-13-14-15-16-17-18
-9-10-11-12-13-14-15-16-17-18-19
-10-11-12-13-14-15-16-17-18-19-20
上边的已集中到一起，这是分类数为11时，去掉能整除11的数后，进行的加法合成。第一行，第一列为参加运算的类别标识数字，主要部分为相加结果（交叉点）。它可以形象的对最后的证明做补充材料。

数学的大门为你敞开着，只要你愿意进去就行。不要勉强，那干脆甭进。

一家五口人，各有各的门，谁要走错门，就会笑死人。
这就是扣儿与扣门的关系。
扣门专为扣儿设计的，扣儿属于那个门，你就得进那个门，这是不以扣儿的意志而转移的。

白新岭先生对自然数，搞人口普查

应该是对自然数做DNA鉴定，分门别类，让它们认祖归宗。

这种理论在自然数2上还是很准的，就像铁板上钉钉子，没跑儿。
再就是在孪生素数域（3除外）中证明3类偶数的数量关系，也是铁证。
其它的，还不能打保票。因为样本数据与理论数据有点偏差，从统计方面看，6n-1,6n+1这两类素数的个数并不完全一致，但是总体上又不能证明它们在素数个数上不等势。

熊一兵先生，磨刀不误砍柴工。有时间，你还是特意看看此主贴。对于任意大于1的自然数T,有这样的命题成立，如果把自然数分为T类，把Tn类的去掉，则用其余类做加法合成，得到能整除T的数占所有合成数的1/（T-1),而其余各类各占新合成数的：（T-2)/(T-1)^2.
这是一个很重要的命题。（它不是素数专有的性质，是条件下方程解的组数必须遵循的定理），不过类数占有量与个体占有量是有区别的。类别法则大于个体法则。个体成立的，类别不一定成立；类别成立时，个体必须成立。

熊先生对此贴已看了几次，除了对4楼的回复帖做了一个形象的比喻外，对主贴没有引起足够的重视，你注意到，这种处理问题的方法，你就得到解决有关素数，孪生素数，符合一定条件的数学问题的一把钥匙，你就可以打开未知问题的大门。不要把它看成数字的加减，而是代数式的加减法规则。
不知，你还记得我证孪生素数域中，6n-2,6n,6n+2,（n>1),孪生素数域不包括3时，它们拥有的孪生素数组合的比值为：1/2/1.  当其中一个没有孪生素数组时，其余的两个偶数也没有。
它们用的是一种数学工具。
这种工具，不只可以解决素数和的分布问题，也可以解决含某类合数时的问题，例如，我们去掉条件2，把数域扩大到素数+2^n，这时任何一个自然数的2元组合有多少呢？仍然可以解决。

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，（3t-1）,（3t-2）]  3t mod 3=0 mod 3
[（3t-1）,（3t-2）]（3t-1） mod 3=（1，2） mod 3
（3t-2）（3t-2） mod 3=1 mod 3
统计排列：余零的三个，余1的2个，余2的一个，各占比例：2分之1，3分之1，6分之1
3取2的组合是9组：可进行类似的分析
熊一兵最大特点就是笨：您一钉一眼地教他，他也如同盲人摩象，一时半会不一定得要领。希望您能这样一环扣一环地详细讲解，能帮助他进入您的数学王国，才有希望共享创造奇迹的可能

白新岭

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。
发表于 2009-9-27 12:04