悬赏中国人李明波猜想

maoguicheng

这是一个很容易证明的猜想。不知他对发表论文有什么要求。费马大定理我已经证明了，这足以说明我有能力来证明李明波猜想。这根本就是小学数学题。

maoguicheng

李明波猜想的题不难，想得到奖金难上难，因为没有这回事。

maoguicheng

没有反响，没有回应，回家过年了，祝楼主新年快乐。

白新岭

在有孪中组成的6n类的偶数中，只有一下12个偶数不是孪中之和，其余的6n类的偶数都可以表示成两对孪中之和，因为没有的这12个偶数除6外，正好都不是孪中，所以对于大于6的6n的孪中都可以表示成孪中之和。又因为只要6n的能表示成孪中之和，6n±2的偶数就可以表示成孪生素数中的素数之和，所以用孪生素数中的素数也可以表示偶数，即哥德巴赫猜想不仅在素数域中成立，在孪生素数中的素数域也成立，只是小范围内有几个“反例”，这不影响哥德巴赫猜想所表达的真正意图，它所表达意思就是用缩系的二元加法对模Pj取余数，能不能得到完全剩余系。下面是几个“反例”（不能用孪中表示的6n类的数）：
6n类偶数        →→        6n类偶数        →→        6n类偶数        →→        6n类偶数
6        →→        96        →→        402        →→        516
786        →→        906        →→        1116        →→        1146
1266        →→        1356        →→        3246        →→        4206

白新岭

6n在孪中的分拆公式=2.38128200490693*∏(Pj-2)/(Pj-4)*
∏(Pi-3)/(Pi-4)*(1.32032351030369*6n/(ln(6n))^2)^2/(6n)
化简后，4.15117978943072*∏(Pj-2)/(Pj-4)*∏(Pi-3)/(Pi-4)*
(6n)/(ln(6n))^4,Pj≥5,6n≡0(mod Pj ),Pi≥5,6n≡±2( mod Pi )

白新岭

如果把6n的偶数安素数Pj分成，Pj类数，那么能整除的一类占全部合成数的1/(Pj-2）,另外6n≡±2(mod Pj )的两类数各占(Pj-3）/(Pj-2）^2,剩下的Pj-3类数每类各占(Pj-4）/(Pj-2）^2.可见，每一个素数Pj把合成比例分成3种，只有一种占的最多。这里的Pj≥5。

白新岭

在孪中差中有与在孪中和中一样的性质，和公式，这时，前边的系数一样，能整除的乘∏（(Pj-2)/(Pj-4)），对模Pj余±2，还需乘∏((Pi-3)/(Pi-4)).主项变为（6n-6k）/(ln（6n-6k）)^4,6n是范围，6k是要求的孪中差。再就是，在某一范围内，所有孪中差数目之和等于（它之前孪生素数对数目的平方-孪生素数对数目）/2.这个公式一个都不差。这与孪中和不一样，在孪中和中，把它之前的孪中分成两部分，一种是范围一半内的孪中数目，另一种是大于范围一半的孪中数目，在此范围之内的所有6n所拥有的孪中数目之和大于前一半的数目平方+前一半内的孪中数*后一半中孪中数。这与孪中差是有区别的，也比它多。

波浪

maoguicheng 发表于 2015-2-21 10:08
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波浪

百度：李明波挑战美国人的数学智慧 - 中国鞍山名人网

波浪

关于孪生素数的公式还是有的。
百度：李明波 整数性函数与数论表达式