二生素数合成分布问题

白新岭

先开个头，二生素数是指形如（P，P+2n）的素数对，即前后两个素数的差为定值，这是唯一的限定条件，它不排除素数对之间有素数或无素数。
如果2n是3的倍数，则中项的和可以遍历全体偶数，在小范围内存在有限个反例。
当2n不能整除3时，其中项的和只能遍历1/3的偶数，且它们除3的余数一致。
如果取二生素数中的一个素数与另外一组的的一个素数做加法运算，则和可以遍历全体偶数，且同位置素数和数量与不同位置素数和的数量之比为1/2/1（同位置素数和数量/不同位置素数和的数量/同位置素数和数量）。

白新岭

可以一个一个的来，先分析（P，P+2），再分析（P，P+4），分析（P，P+6），.......    。
对于每一类数的合成，都要把小范围内的反例列出来，写出表达式（即理论公式解），然后与实际值进行比对，看一看达到99%精度，需要多大量级就ok。
有必要写出表示方法与类别关系的恒等式（小点的单列）。

白新岭

系统详细讨论某一命题就得这样。

白新岭

对于形如（P，P+6n）的二生素数来说，除了可以用属于它们的两个素数做和得到全体偶数外，也可以仅用它们每对素数中的一类素数和来表示全体偶数，比如仅用素数p（或者仅用素数p+6n）。

白新岭

二生素数限制了两个条件，对于素数来说，仍就是一个条件，即除2余数为1，所以它们的和可以被2整除，即二生素数只能合成偶数；对于素数3来说，如果（P，P+2n）中的n能被3整除，则前后两个素数的限制条件一致，所以两个条件就变成了一个条件，在这样的情况下，无论用二生素数中的那个素数（或者两个都用），则必有余1和余2的两种余数运算，可以获得余数1，余数2，余数0，所以对于二生素数（P，P+2n）来说，如果n是3的倍数，则用此二生素数（或者用二生素数中的一个素数）皆可以遍历全体偶数（当然需要说明的是，当素数大于3以后，任何素数去掉两类余数，用剩余的余数类做和，除素数本身可以获得此素数的所有余数类）。

白新岭

二生素数做和就得到偶数，如果作差就得到4生素数的分布情况。加减是互为逆运算，但是表示的结果迥异。比如二生素数（p，p+2），如果做加法，则为孪生素数合成偶数，（5,7），（11,13），.......5+11=16,7+13=20,5+13=18,7+11=18，得到这些结果（也可以同孪生素数相加，5+5=10,7+7=14,5+7=12）.这就是二生素数的素数加法运算，它得到的是偶数。如果是二生素数的减法，则二生素数要作为一个整体运算，同样是（5,7），（11,13），则只有（11,13）-（5,7）=6，这两对二生素数间隔为6，所有这样间隔为6的孪生素数对称谓4生素数（P，P+2，P+6，P+8）.也就是说，除了直接推出最密4生素数的公式外，也可以；利用孪生素数对的数量公式和最密4生素数与它的关系推导出来4生素数的数量公式。
以前我提到过，哥德巴赫猜想是素数的加法运算，孪生素数是素数减法运算。

白新岭

2020年8月29日中午13.43分
对于任意整数n（n>3),去掉两类余数，做余数
加法二元运算。看其合成分布情况。

从后边以20做模看，去掉任意两种余数类，用
其余的做二元加法运算，则合成结果为，
最多合成量为P-2种，有一类余数；次合成数量
为P-3种，有二类余数；最少合成量为P-4种，有
P-3类余数（最多占了1类，次多的占2类，计3类
根据上边分析，大于等于5的素数作用结果使，
合成方法恒等式：
（P-2）^2=(P-2)*1+(P-3)*2+(P-4)*(P-3)成立
等式左边展开为：P^2-4P+4
等式右边展开合并：P-2+2P-6+P^2-7P+12=
P^2-4P+4
左右两边恒相等，它们表示的意义不同，
等式左边表示有P-2类余数相加，总合成方法数。
等式右边是加权项，乘号前边为合成方法数，
后边是本合成方法占几类余数，
总合成方法数=每类余数合成方法数的和。

对于任意的二生素数合成新数来说，大于等于5
的素数对合成方法的分布情况都遵循上述恒等式
（P-2）^2=(P-2)*1+(P-3)*2+(P-4)*(P-3)

白新岭

在哈代的哥德巴赫猜想公式中系数和除n等于1（系数包括偶数2和偶数4的）。

白新岭

之所以二生素数以上的k生素数中的素数和不能遍历全体偶数，是因为大于2的k生素数，当素数5做模时，就不过关，这里的不过关，是指把5的余数类去掉三个以上（包括3个），用剩余的余数类做二元加法运算，则不能获得全部余数类。这就是二生素数以上不能合成全部偶数的根本原因。在公式求解中最 关键的是公式前的系数，如果知道了系数的由来，就解决像哥德巴赫猜想的素数有关问题，包括了哥德巴赫猜想，孪生素数猜想，以及k生素数的猜想，k生素数中素数和的分布问题（它比哥德巴赫猜想有过之而无不及）。

白新岭

上楼说的二生素数以上的k生素数中的素数和不能遍历全体偶数，不是绝对，对于等差k生素数而言，总能找到最小公差d，使等差k生素数中的素数和遍历全体偶数。（当然大于最小公差d其它一切等差k生素数中的素数和能遍历全体偶数），这里有点不完美的地方，就是在小范围内存在少量反例（说有限个反例更确切），话是这样说，哥德巴赫猜想完美吗？也不完美，它也有反例2,4，它限制了大于等于6的偶数，如果这样可以，我们也可以把二生素数中的素数和做一个限制，让它大于某值，这样也就没有反例了。其实反例正好是哥德巴赫猜想的佐证。用孪生素数中的素数做和，则不能获得的偶数寥寥无几，也就几组（每组包括3个偶数），我以前的帖子写出了所有的反例。