向偶猜进军

武如长

向偶猜进军
武如长
日本数学家堀场芳数说过：
偶猜，原本是容易证明的，所以久久而不得证明，是因为在整数中，人们还有未知的部分。
巴门尼德先生两个宣言：
第一：素数是类似于1的数，偶数是类似于2的数。因为2=1+1.所以偶=素+素。
第二：1是恒素数。可以为任一偶数的素数对。大素数一定要“平方遁”要纯洁素数。已经“遁”了的数为类数了，不可再为偶之素数对了。
日本数学家所说：整数中的未知部分：巴门尼德先生圈定了。
（1）素数。
（2）偶数。
这就是证偶猜的全部。
整装待发：
在整数分类、素数分群的情况下整装待发。
准群：1²——2²-1；1——3。
本准群没有一个大数类，只有唯一的小数类，既素数类。1、2、3三个素数。占整数的百分之百。
素数中只有唯一的小素数1，1是素数类之排头兵。因为1的平方仍然等于1，所以1是唯一的恒素数，所以1是唯一的小数类既素数类之类数。
大素数2、3、5、7……是无穷的。相对恒素数1而言。任一大素数都具有“平方遁”之属性。当整数中出现了第一个大数类4时，第一个大素数2同时也就“平方遁”了，“遁”为偶数类之排头兵，之类数了。正因如此：素数一定要分群，整数也一定要分类。
素数中只有唯一的小素数与无穷的大素数。
整数中只有唯一的小数类既素数类与无穷的大数类：偶、三、五、七……。
巴门尼德的素数是类似于1的数。
巴门尼德的偶数是类似于2的数。
1是素数类之排头兵之类数。
2是偶数类之排头兵之类数。
第一群：2²——3²-1；4——8；1——8。
第一群，只有一个大数类偶数类，亦只有一个大素数“2”“平方遁”了，“遁”为偶数类之类数了，同时不以素数论处了。
本群存在证偶猜，但是非常简单，因此，有人不值得一看，不过，开头不值得看，往后可能想看又看不懂了？
本群素数都是2…1，2…1是素数首要条件。
本群偶数都是2…0，2…0是偶数首要条件。
为饱眼福，展示如下：
1│2…1（素）
2│2…0（偶）
3│2…1（素）
4│2…0（偶）
5│2…1（素）
6│2…0（偶）
7│2…1（素）
8│2…0（偶）
本群素数类：1、3、5、7。4个占整数1/2
本群偶数类：2、4、6、8。4个占整数1/2。
解偶猜：
设模：1及（偶-1）
如果设模：1及（偶-1）为两个素数那么，就是对等相开法的，对开：0。
如果设模：1及（偶-1）不是两个素数，就用对等相开法，前项加同一个数，后项减同一个数，在偶值不变的情况下，调整为两个素数。
科学的调整就是对等相开法，有了素数的确切定义：应有各大类，无一余零的数。就能够引缰索骥的获得两个素数。
标准：应有各大类，无一余零。本群就是，凡素都是2…1.
当偶为4时。
设模：1、3│2…1、1；对开：0；
开后：    │2…1、1；
证一：4│2…0=2…1+2…1；
证二：三阶求整，只有一阶。
求前项：2…1=1；一阶余几等于几。
偶-P1=P3；P1+P3=4；（1，1）成立。
证三：P1+对开数≤偶/2
代入：P1+0≤4/2=P1≤2
证毕。
当偶为6时。
设模：1、5│2…1、1；对开：0；
开后：    │2…1、1；
证一：6│2…0=2…1+2…1；
证二：三阶求整，只有一阶。
求前项：2…1=1；一阶余几等于几。
偶-P1=P5；P1+P5=6；（1，1）成立。
证三：P1+对开数≤偶/2
代入：P1+0≤6/2=P1≤3
证毕。
当偶为8时。
设模：1、7│2…1、1；对开：0；
开后：    │2…1、1；
证一：8│2…0=2…1+2…1；
证二：三阶求整，只有一阶。
求前项：2…1=1；一阶余几等于几。
偶-P1=P7；P1+P7=8；（1，1）成立。
证三：P1+对开数≤偶/2
代入：P1+0≤8/2=P1≤4
证毕。
没有通证。待续！