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Faktorisierung

N = h^2 + h*(+/-s1*2^x +/- s2*2^y) +/- s1*s2*2^(x+y)
x oder y kann mit hoher Wahrscheinlichkeit ermittelt werden.

N= h*m +/- h*s' +/- m*s1*2^ x +/- s'*s1*2^ x

Man wandert durch den Kreis und sucht ein Element, dass mit 2^x verbunden ist.

N mod h enthält ev. die Basiselemente zu p und q - leider kaum!!!

Wandern durch den Kreis:
Nächstes Element:
s' = h +/- s'' * 2^z
Gesucht s''
s' -h= +/- s'' * 2^z

Vorherige Elemente:
s'' = h +/- s' * 2^z
Gesucht s''

Zweierpotenzen mod h, die >h sind führen immer zu Elementen des Basiskreises.
Basiselemente oder Zweierpotenzen kann man immer aufmultiplizieren, Man bleibt dabei im selben Kreis!
N*2^x mod h ergibt nacheinander alle Kreiselemente.

Hier kann man nur zu N weitere und vorherige Elemente suchen.
Oder einem Vielfachen von N

Kann es sein, dass ein Quadrat der Restefaktoren mod h darauf hinweist, dass man sich im gleichen Ring befindet und daher dies das elementare Element ist.

Angenommen man schafft es folgende Gleichung zu lösen:
z* N = |k* h +/- 2^x| (z, k, x frei wählbar)
dann hat man ein Vielfaches von N, dass sich in zwei Faktoren der Basisklasse zerlegen lässt

Zahlenstempel

Betrachtet man die Reste von h mod aufsteigender Zweierpotenzen

Betrachtet man die Reste aufsteigender Zweierpotenzen mod h oder m

Genauer erhält man durch ( h +/- e*2^x ) mod m alle Elemente einer Folge mit e als kleinstem Element.

Genauer erhält man durch (+/- e*2^x ) mod h alle Elemente einer Folge mit e als kleinstem Element.

Satz:
In jedem Zahlenbereich mit einem Primorial m als obere Schranke sind alle Primzahlen eindeutig folgendermassen darstellbar:

| k*h +/- 2^x*e | = p
+/- 2^x *e mod h = p

e ist dabei zu m teilerfremd.

Es gibt zu jeder Primzahl p kleiner m genau eine Zweierpotenz und genau ein Basiselement e, teilerfremd zu m, so dass gilt:

Fall 1: p< h
Fall 1.1: e* 2^x mod h ist gerade
p = h- (e* 2^x mod h)
Fall 1.2:
p = e* 2^x mod h

Fall 2: p>h
Fall 2.1: e* 2^x mod h ist gerade
p = h + (e* 2^x mod h)
Fall 2.2:
p = m - (e* 2^x mod h)

(Aufgrund einer Frage zu Zahlenstempeln habe ich mich vor Jahren hier angemeldet und wollte jetzt das Thema wieder aufgreifen und weiterführen.
Das ganze hat sich als schwieriger erwiesen, ins besonders für mich als Nicht-Mathematiker die mathematische Darstellung. Ich lasse es jetzt aber erst mal so.
Vielleicht finden andere Laien Spaß an diesem Zugang zu den primen Restklassengruppen...)

⚠ <b>Die Definition der Stempelzahlfolge⚠ </b>
Es sei s eine natürliche Zahl, die als Start einer Folge gewählt wird und h die Hälfte einer Primzahlfakultät m⚠ <sub>i⚠ </sub>.
\fedon\mixonEs gilt GGT(h,s)=1 und s<m_i
Das nächste Folgeglied ergibt sich dann durch
s_(n+1) = abs(h-s_n) / 2^k
k wird dabei jeweils so gewählt, dass
GGT(s_(n+1),2)=1
\fedoff

Diese Folge zerlegt die Elemente einer Menge S (Stempelzahlen bzw. prime Restklassengruppe zu m⚠ <sub>i⚠ </sub>) in unabhängige Teilmengen.
Jeder Teilmenge besteht aus einem Zyklus von Folgeglieder kleiner h/2 (Kreiselemente) und mindestens einem Einstiegselement zu jedem Kreiselement.
⚠ <img src="uploads/8/14957_ZahlenRingeKlein.jpg" alt="ZahlenRingeKlein">

Interessant ist die Verbindung von Addition und Multiplikation. Dafür stehen die beiden identischen Mengen Stempelzahlen und prime Restklassengruppe.
Bei einem Stempel geht es um feste Abstände von Zahlen, um Summen und Differenzen.
Die Addition steht im Mittelpunkt (s.u. Spiegelzahlen, Symmetrie, Primzahlenlücken, Primzahlenzwillinge, Verschiebung, ...(Goldbachvermutung)).
Bei den Restklassengruppen liegt der Schwerpunkt auf der Multiplikation (Inverse, Reste, Potenzen, ...(Faktorisierungsproblem)).
Beides ist für die Folge hier von Bedeutung, da die Konstruktionsvorschrift Abstand und Produkt in Beziehung setzt.
Um das ganze im Detail zu untersuchen, brauchen wir zuerst einige Eigenschaften der Grundmenge.

⚠ <b>Die Struktur der Stempelzahlen und die Eigenschaften der primen Restklassengruppe⚠ </b>
Sei G die Menge aller natürlichen teilerfremden Zahlen z (kleiner als eine Grenzzahl g).
Es gilt also: GGT(z, g) = 1 (mit z<g)
Eine Stempelzahlmenge S ist eine G Menge, also die Menge aller zu einer Obergrenze teilerfremden Zahlen,

Restering Verbesserungen

Beispiele am Anfang für die Folge

Im Stempel mit m=210 einige Werte der Basisfolge als Beispiel:

41 = 105 - 1*2^6
1 = 105 - 13*2^3
13 = 105 - 23*2^2
23 = 105 - 41*2^1

Wie kann man sich in einer Folge bewegen?
Man multipliziert mit einer Zweierpotenz, nimmt mod h und eliminiert dann die Zweierpotenzen oder nimmt den negativen Rest, falls der entstehende Rest gerade ist.
Zusätzlich kann man dann noch die Spiegelzahlen dazu nehmen.
Man kann so mindestens ein Folgeglied, meistens aber mehrere finden.

Beispiel:
41*8 = 328 328 mod 105 = 13 Spiegelzahl 197
17*16 = 272 272 mod 105 = 62 105-62=43 62/2=31

Die Position der neu gefundenen Elemente kann beliebig weit vom Ausgangselement entfernt liegen. Dadurch kann man sich zufallsgesteuert auf einer Kreisfolge bewegen.
Man erreicht mod h häufig auch Einstiegselemente, aus denen sich aber schnell das nächste Kreiselement berechnen lässt.
Diese Bewegung innerhalb einer Kreisfolge lässt sich für ein einfaches Faktorisierungsverfahren verwenden.

Kreisfolgenfaktorisierung
Gegeben sei ein Produkt N aus mindestens zwei Faktoren p und q zusammengesetzt.
N=p*q
Man wählt ein h>N^1,5
Mit v0= +/-(N*2^i)mod h /2^m
Und v1=+/-(v0*2^j) mod h /2^n
Bewegt man sich auf sich ständig mehrfach verzweigenden Wegen innerhalb der Kreisfolge, zu der N gehört.
Zu dieser Kreisfolge gehört auch p*q' und q*p' sofern q' aus der Kreisfolge, zu der q gehört stammt oder p' aus der, zu der p gehört.
Man multipliziert mehrere Ergebnisse und untersucht mit GGT(N,v0*v1*...) ob man einen Teiler gefunden hat.
Analog kann man die Basisfolge untersuchen.
Hier wird deutlich, dass dieses Verfahren relativ schlecht ist. Es existiert kein Mechanismus Vielfache von p oder q gezielt einzugrenzen und aufzuspüren.
Einziger Vorteil dieses Verfahrens: Es lässt sich leicht implementieren und verteilt von unabhängigen Recheneinheiten durchführen, da sich die Ergebnisfolgen höchstens punktuell kreuzen, aber nie komplett überlappen.

Die Grösse der einzelnen Folgen oder Teilmengen
Da man mit Zweierpotenzen von jedem Element einer Folge alle anderen erreichen können müsste, könnte die Grösse der Basisfolge die Obergrenze für alle anderen Folgen sein.

Hallo Allerseits,
Ich suche seit einiger Zeit nach einer Abschätzung der Anzahl von Resten von Zweierpotenzen mod eines Primorials.

2^x -1= k*h
2^x = k*h +1
h = 3*5*7*11*13* .....

Für h=15 ist x =4 und k=1
Für h=105 ist x = und k=

k muss immer ungerade sein.
x ist immer grösser als ln(1*h +1)/ln2
(k ist minimal 1 und daher kann 2^x keine Zweierpotenz kleiner h sein.)

Kann man beweisen, dass es immer ein endliches x geben wird?
Ja
Folgt dies nicht, weil 2^x und k*h teilerfremd sind?
Dies folgt aus dem Euler-Fermatschen Satz dass
a^PHI(n) = 1 mod n ist.
Die 1 wird in diesem Fall für grössere h jedoch schon wesentlich früher erreicht.
Da jede Zweierpotenz zu einem neuen Folgeglied führt und PHI(h) die Anzahl aller möglichen Folgeglieder ergibt, umfasst die Basisreihe nur einen Teil der Stempelzahlen eines Stempels.

Die Reste von Zweierpotenzen mod h zerfallen in drei Klassen.
1. Zweierpotenzen für 2^x<h
2. Stempelzahlen, die zu h teilerfremd und ungerade sind
3. gerade Vieffache solcher Stempelzahlen

Kann man eine obere Grenze für x bestimmen in Abhängigkeit von h?
Ja
Die Anzahl der möglichen teilerfremdem Reste von z mod h ist Phi(h).

Induktiv kann man folgender massen vorgehen.
Induktionsanfang siehe oben.
Schritt n:
2^x = k*h +1

Schritt n+1:
2^x' = k'*h' +1
h'=h*p
2^x' -1 = k'*h*p
(Teilbarkeit durch p muss zusätzlich erreicht werden)
2^(x+y) = (k+l)*h*p +1
0= (k+l)*h*p -2^y*(k*h+1)+1
0= h*(kp+lp-k*2^y) -2^y +1

2^(x+y) = (2^x-1+l*h)*p +1

Stempelzahlensummen

Existiert für jede gerade Zahl kleiner mi-1 mehrfach eine Stempelzahlsumme, so sollte mindestens eine davon verschoben fuer eine gerade Zahl grösser mi-1 gelten.
2n = 2k*mi-1 +- 2o
2o=s1+s2
Ohne das Streichen durch fi gibt es genauso viele! Alle Kombinationen können abgebildet werden!
Dazu kommen bei höheren Vielfachen von mi-1 weitere Aufteilungen der mi-1 Vielfachen!

Plus mod rechnen!
2o=s1+s2 +k*mi-1 +k1*mi-1 Mit k>-1

Hiermit lässt sich zeigen, dass die Anzahl der verschiedenen Darstellungen als Stempelzahlsummen zunimmt und nicht gleichbleibt!!!!!

Ist eine gerade Zahl durch Stempelfaktoren teilbar, so führt jede Differenz einer kleineren Stempelzahl zu einer in diesem Bereich teilerfremden weiteren Zahl.
Hat sie einen Rest, muss nur auf Stempelzahlen eingeschränkt werden, die diesen Rest nicht haben.

Neue Ideen
Np hat feste Reste h ist teilbar daher liegt alles an +-z
Mögliche Reste fi-2
0 und der Rest von 2*n gehen nicht.
Anzahl der Summen steigt mit der Anzahl der Stempelzahlen, nur langsamer!
Aber untere Grenze hat noch die Anzahl des kleineren Stempels.
30 hat maximal 3 Summen 6 nur eine
28 11+17. 23+5 25+3

Hier zaehlen die Primfaktoren mit! Und 25 wird gestrichen

Fuer kleinere Zahlen ist nur ein Teil der Additionen eine Summe Rest Differenz.

Alle erreicht man von mi-1 ausgehend mit
2*n= s0 +k*mi-1/fi. + 2*n-( s0 +k*mi-1/fi)

In den vorhandenen Stempelzahlen wird hier alles mit demselben Rest von 2n gestrichen und in der verbleibenden Menge werden Paare gebildet.
Alle kleiner 2n sind Summen, der Rest eine Differenz!

Bei den Primfaktoren bleibt auch immer Anzahl minus 1 übrig, falls n keine mi Faktoren enthält.
Hier wird fuer k=0 weil ja mi wegfällt Teilbarkeit akzeptiert.

Achtung FP =v +w. Beides kann fi Faktor enthalten!!!!
V w dann nicht Element S oder SF
Satz erst bei mi-1 beginnen lassen.

Jede Additionslinie hat Lücken. Ursache sind die Stempelzahllücken!
Diese wandern jedoch, werden verschoben, weil sich der erste Summand ändert und die Reihe der zweiten immer gleich bleibt.
Dadurch entsteht die komplette Abdeckung des Zahlenraums.
Nur im Anfangsbereich treffen die Lücken so aufeinander, dass sie nicht durch Addition zu schliessen sind.
Frage wann und wie werden die vorhandenen Lücken überdeckt?
Man betrachtet einfach einen beliebigen mittleren 30er Stempel.
Wie entstehen die geraden Zahlen in diesem Stempel?
Reicht ein Sechser Stempel auch????
Symmetrie der Stempelzahlen und symmetrisches Streichen!
Zahlen sind auf den Plätzen immer gleichverteilt!

Andere Idee:
Weitere Zahl einführen?
29-7=29+23. 52. 22
Differenz entspricht Addition

Anzahl der Kombinationsmöglichkeiten:
Jede Zahl hat n/2 verschiedene Summen, davon n/4 ungerade.
Unter jeder Zahl grösser als mi-1 gibt es in etwa die Anzahl der Stempelzahlen von mi-1 Stempelzahlen!
Nimmt man nur gerade Zahlen grösser mi-1, so gilt
2n =x*mi-1 +2*g mit x>0 x=1
g kann nun wieder eine zu mi teilerfremde Zahl oder ungerade/gerade sein.
Jetzt kann man jede Stempelzahl kleiner mi-1 nehmen und die Spegelzahl zu g addieren.
Da auch 2* mi-1 in zwei Stempelzahlen zerfällt kann man das x- mal machen!!!!!
Man bildet ein Restemuster aller mi reste von 2n
Sucht eine Stempelzahl, die ein Restemuster hat, dass nie dieselben Reste hat wie 2n
Dann braucht man nur die Differenz zu 2n nehmen und hat eine Zahl, die durch keinen mi Faktor teilber ist!!!!!
Man kann sich dabei auf die Faktoren beschränken, durch die n nicht teilbar ist und selbst einen Rest hat!
Regel
Streiche alle Stempelzahlen, mit den Resten von n und nimm die übrigen und fertig
Bleibt immer mindestens eine übrig, hat man gewonnen!!!!!
Zu beweisen: Es gibt keine Restekombination, die mit allen Stempelzahlen von mi-1 mindestens einen Rest gleich hat!

Fur mi-1 gilt das bereits und es gibt etliche übrige Stempelzahlen.
Haben diese übrigen alle denselben Reste bezüglich fi, hat man verloren, das haben sie aber nie und duerfen sie auch nicht bezüglich fi haben!!!!!!!
Da fi-2 nicht durch fi teilbar ist, hat es einen Rest
Alle durch fi-2 verschobenen Stempelzahlen erhalten so verschiedene Reste mit jeder Verschiebung andere!

Eine Möglichkeit für eine gerade Zahl wird immer s1+f sein. F+f ist immer kleiner als 2*fi+1
S1+f kann aber immer verschoben werden! S1- mi-x +f+mi-x
Mi-x darf f noch nicht enthalten!

Wenn es eine Kombination s1+s2 gibt und eine Zahl durch fi teilbar ist, dann gibt es eine Verschiebung um mi-1 einmal oder zweimal verschieben dieses hat einen Rest bezüglich fi damit wird die Teilbarkeit aufgehoben und in mindestens einem Fall entsteht keine neue bei der anderen Zahl. Durch kleinere Faktoren entsteht auch keine neue!!!!!!!
Das gilt auch, wenn s1 und s2 beide durch fi teilbar sind!
77+7=37+37
S1+fi kann so immer verschoben werden!
25+5=19+11=13+17=23+7=29+1
X mal Mi-1. +fi ist weder durch fi noch durch andere mi faktoren teilbar
11 17 23 29 x kleiner fi

N*y +1 ist nur fuer endliche Faelle ein quadrat
Megalithe und quadratsummen

Zu den Elementen einer Folge gehören immer Stempelzahl und Spiegelzahl, denn beide haben denselben Nachfolger.

mi = s + s'
mi = h +- 2^k*sp + h +- 2^n*sp'
0 = +- 2^k*sp +- 2^n*sp'
k=n da sp und sp' keine Zweierfaktoren enthalten.
0 = +- sp +- sp'
Vom Betrag her sind damit sp und sp' gleich, kleiner h/2 und ergeben dasselbe Kreiselement.

Daraus folgt nun, dass die Anzahl der Elemente einer Folge immer gerade sein muss. Außerdem ist die Summe aller Elemente einer Folge immer durch mi teilbar. Das Vorgängerelement im Kreis und eines der Einstiegselemente ergänzen sich zu mi. Die Anzahl der Einstiegselemente zu einem Kreiselement ist immer ungerade.

Nachfolger ist durch die Stempelfolge bestimmt.

Für ein Kreiselement gilt s_k<h/2
s_k = h - 2^n*s_k' mit s_k'<h/2
Auf ein Kreiselement folgt also immer wieder ein Kreiselement.

Für ein Einstiegselement gilt s_e > h/2
Falls s_e< h gilt
s_e = h - 2^n*s_k mit s_k<h/2
Falls se>h gilt
se = h + 2^n*s_k mit s_k<h/2

Auf ein Einstiegselement folgt also immer ein Kreiselement.
Es kann nicht sein, dass zwei Einstiegselemente aufeinander folgen oder ein Kreiselement ein Einstiegselement als Nachfolger hat.

Kann es ein Kreiselement geben, dass kein Einstiegselement als Vorgänger hat? Nein, denn man kann zu jedem s_k ein Element
s_e = h + 2*s_k mit s_e > h/2
ausrechnen, dass ein Element der Menge S ist.
Das bedeutet, die Einstiegselemente der Dreiviertelmenge verteilen sich auf alle Kreiselemente.

Kann es sein, dass ein Kreiselement keinen Nachfolger hat? Nein, denn man kann immer berechnen
s_k'' = (h -s_k)/2^n

Die Folge zerlegt die Menge der Elemente von S in unabhängige Teilmengen. Jeder Teilmenge besteht aus einem Ring von Folgeglieder kleiner h/2 (Kreiselemente) und mindestens einem Einstiegselement zu jedem Kreiselement

BILD

mi = s + s'=2*s1+2^k*s2 mit k>1

s= s'+2^k*s2 mit k>1
s-s' = 2^k*s2 mit k>1

s= 2*s1+(2^k-1)*s'. mit k>1
s-s' = 2*(s1+2^(k-1)*s') mit k>1

Neue Ideen zu den Ringen
Wenn man die Ebenen wechselt, wo landen dann die Elemente eines Ringes, zusammen auf einem oder auf getrennten?
Wenn man zwei Zahlen eines Ringes multipliziert, so entsteht ein quadratisches Element der zweiten Primzahl!
Berechnungsbeispiele
Darstellung der Ringe mit verschiedenen Farben auf der Ulamspirale
Oder im Zahlenraum
Der Beginn der Stempelzahlen
1-2-6-30. 1 hat keine Mitte 2 hat keine Elemente 6 hat eine Mitte und ein Element
2 und 3 liegen als Faktoren ausserhalb des Bereichs, sonst immer innerhalb

Zusammengesetzte Stempelzahlen können auf zwei Weisen ausgedrückt werden h-2^ n ... Und als Produkt dieser Darstellung ihrer Faktoren!

Darstellung aller Reste von h mod 2 4 8

Wo sind die direkten Zweierpotenzen und wieviele gibt es jedesmal mehr
Hängt die Grösse der Ringe damit zusammen?

Verbindungen von Ringen erster Ordnung

Stempelzahlenringe
Die Darstellung der Stempelzahlen als Kombination aus der Bereichsmitte und einem geraden Vielfachen einer anderen Stempelzahl, führt zu Ringen, denn diese neue Stempelzahl kann wieder in dieselbe Kombination zerlegt werden, mit einer weiteren Stempelzahl.
Wählt man dabei immer kleinere Stempelzahlbereiche, so endet die Kette relativ schnell bei einer reinen Zweierpotenz.
Lässt man die Bereichsmitte gleich, so ergeben sich Ringe.

Beispiele:
1 = 105 - 8*13
13 = 105 - 4*23
23 = 105 - 2*41
41 = 105 - 64*1

11 = 105 - 2*47
47 = 105 - 2*29
29 = 105 - 4*19
19 = 105 - 2*43
43 = 105 - 2*31
31 = 105 - 2*37
37 = 105 - 4*17
17 = 105 - 8*11

Damit sind bereits alle Elemente bis M/4 erfasst.

Der Ring mit 11 hat noch zwei weitere Einstiege: 2*11 und 4*11
83 = 105 - 2*11
61 = 105 - 4*11

Die Zweierpotenzen über 47 sind eine extra Reihe und bilden weitere Einstiege für die Reihe mit 1
103 = 105 - 2*1
101 = 105 - 4*1
97 = 105 - 8*1
89 = 105 - 16*1
73 = 105 - 32*1

Gegeben sei zu einer beliebigen Primzahl m die Primfakultät M, das Produkt aller Primzahlen kleiner gleich m. M ist die Obergrenze einer Menge S von natürlichen Zahlen, die alle teilerfremd zu M sind und enthält die 1.

h = M/2
s1 ist ein beliebiges Elemente von S, das kleiner als M/4 ist.

Zu beweisen ist, dass für jedes Element s von S gilt:
Es existiert genau ein Element s1 in S, so dass
s = h +/- 2^n*s1
mit 2^n*s1<h und n>0

Beweis:
Es gilt: s, h und 2 sind alle paarweise teilerfremd.
Ebenso s1, h und 2, da s und s1 teilerfremd zu M sind und h nicht mehr durch 2 teilbar ist.
Ob s und s1 teilerfremd ist, folgt erst aus dem zu beweisenden Satz.
Wären s und s1 nicht teilerfremd, müsste auch h diesen Teiler enthalten und M hätte mit s einen Teiler gemeinsam.
Doch langsam und ohne Konjunktiv.
Der Satz besagt, dass s einen Abstand zu h hat, der grösser als Null ist, mindestens durch zwei teilbar ist und sofern er nicht eine reine Zweierpotenz ist, als weiteren Faktor eine ebenfalls zu M teilerfremde Zahl enthält.
Dies kann man einzeln beweisen:
h ist ungleich s, da sonst nicht teilerfremd zu M und damit ist der Abstand grösser als 0.
Da h wie s ungerade ist, muss der Abstand zwischen ihnen mindestens durch zwei teilbar sein.
Die Zahl s1 gibt alle Zweierfaktoren an 2^n ab und ist selbst ungerade.
Falls s1 ungleich 1 ist, muss es zu h teilerfremd sein, ist damit zu M teilerfremd und damit ein Element der Menge S.

Nun ist noch umgekehr zu zeigen, dass alle Zweierpotenzen und alle Elemente von S kleiner M/4 auf S abgebildet werden und für verschiedene Werte von s1 oder n sich verschiedene Elemente ergeben!

Sei 2^n < h eine Zweierpotenz, die nicht auf S abgebildet wird,
dann müsste s = h +/- 2^n ein s ergeben, dass nicht teilerfremd zu h, oder durch zwei teilbar ist. Es ergibt sich jedoch, da h und 2^n teilerfremd sind eine zu beiden teilerfremde Zahl und damit ein Element von S.

Sei s1 < M/4. ein Element von S und 2^n*s1<h dann gilt für das sich ergebende s
s = h +/- 2^n*s1
s<M und s ist teilerfremd zu M
Damit ist s ein Element von S!

Seien nun s1 und s2 zwei verschiedene Elemente von S
s1 +d =s2 mit s2<M/4 und d>0
s' = h +/- 2^n*s2 = h +/- 2^n*s1 +/- 2^n*d
Da d>0 kann s nie gleich s' sein. Verschiedene Elemente s1, s2 werden daher auf verschiedenen Elementen von S abgebildet.

Damit lässt sich nun auch zeigen, dass zu jeder Stempelzahl weitere im Abstand 2^n zu finden sind.

Jede Stempel- oder Primzahl kann rekursiv auf eine Kombination von Bereichsmitten und Zweierpotenzen zurückgeführt werden.

Satz: Jeder Stempelzahl >2 kann durch eine Summe von drei anderen Stempelzahlen erzeugt werden. Dasselbe für Primzahlen!

Satz: Jeder Stempelzahl >2 kann durch ein Produkt von höchstens drei anderen Stempelzahlen +/- 1 erzeugt werden. NEIN!!!! 31 127
Eigene Gruppe: s1*s2 +/- 2= s3. 2*s1*s2*... +/- 1= s3. 23

Grenzzahlen umfassen alle Zahlen eines Bereichs, die kleiner als die Obergrenze sind und mit ihr den GGT =1 haben.
Bei Stempelzahlen ist die Obergrenze ein Primorial, das Produkt aufeinanderfolgender Primzahlen.

Die Hälfte der Obergrenze oder die Mitte des Stempelzahlbereichs sei hi.
Es gilt:
hi - s = 2^n* si. Mit si < s < hi. si ungleich s und alle drei Zahlen teilerfremd
Oder
s = hi +/- 2^n* si. (+ aufgrund der Symmetrie der Stempelzahlen)

In vielen Fällen kann man erreichen, dass s genau eine Zweierpotenz von einem Vielfachen einer kleineren Bereichsmittenhälfte entfernt ist.
Das Produkt zweier solcher Primzahlen muss nach Abzug der gemeinsamen Zweierpotenz durch eine Bereichsmittenhälfte teilbar sein.

41=45-4
43=45-2
41*45 -8. oder +4*13. oder 2*11. ist durch 15 teilbar

Zieht man von Stempelzahlmitten Primzahlen oder Stempelzahlen ab, so finden sich häufig vielfach teilbare Zahlen bzw. Eigentlich Zweierpotenzvielfache größerer Primzahlen. Wie oft findet man nur Doppelte von Primzahlen?
Findet man alle Zweierpotenzen?
105-11=2*47
105-13=4*23
105-17=8*11
105-19=2*43
105-23=2*41
105-29=4*19
105-31=2*37
105-37=4*17
105-41=2*32
105-43=2*31
105-47=2*29
105-53=4*13
105-59=2*23
105-61=4*11
105-67=2*19
105-71=2*17
105-73=2*16
105-79=2*13
105-83=2*11
105-89=2*8
105-97=2*4
105-101=4
105-103=2

Man findet alle Primzahlen und Stempelzahlen bis zur Hälfte der Bereichsmitte!?
Und alle Zweierpotenzen bis zur Bereichsmitte!

Zweierpotenzen haben zu den grösseren Bereichsmitten immer einen Stempelzahlenabstand.
Anders ausgedrückt: Zieht man von einer Bereichsmitte eine Zweierpotenz oder das Produkt einer Zweierpotenz und einer Stempelzahl ab, so erhält man eine Stempelzahl.

Stempelzahlen haben zu den grösseren Bereichsmitten immer nur als Abstand eine Zweierpotenz oder das Vielfache einer anderen Stempelzahl und einer Zweierpotenz.

Die Stempelzahlen eines Bereichs im Abstand einer Zweierpotenz zur Mitte bilden eine eigene Klasse
41 73 89 97 101 103
169 137 121 113 109 107

Die Stempelzahlen, die kleiner als ein Viertel des Bereichs sind, bilden eine Basisklasse. Aus Ihnen und den Zweierpotenzen lassen sich alle Abstände zu allen Stempelzahlen des Bereichs errechnen.
Diese Beziehung ist sogar exakt:
h +/- 2^n *s = S
ergibt alle Stempelzahlen und nur diese Stempelzahlen des Bereichs, falls s alle Stempelzahlen kleiner h/2 durchläuft und 2^n *s kleiner h bleibt.
h-1 ist das Zweierpotenzvielfache einer BasisStempelzahl. Dadurch wird die Stempelzahl 1 erreicht.
14, 104=13*8, 314=2*157

Die Summe der Prim- oder Stempelzahlen(?), deren Differenz zu einer Zweierpotenz führt:

6*105 - (2+4+8 ...64) =5*126 -126 = 504 = 4*126
6*15 -(2+4+8) = 76 =4*19

Zweierpotenzen und Primzahlen

Alle zweierpotenzen sind in der Form k*30 +2/4/8/16 darstellbar

Alle Primzahlen in der Form k*30+ 1/7/11/13/17/19/23/29

Alle Abstände der Primzahlen

6 1-7 7-13 13-19 23-29 11-17 17-23

2 11-13. 17-19

4 7-11 13-17 19-23

8: 11-19

10: 1-11 13-23 19-29

12: 1-13 7-19 11-23 17-29

                14: 

16: 1-17 7-23 13-29

18: 1-19 11-29

20:

22: 1-23 7-29

                   24: 26: 

28: 1-29

1 und 29 haben nur einen zweirpotenzpartner

11 und 19 dagegen drei