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abc猜想 反直觉的ABC 猜想原来是可直觉理解的( 五 )


以此类推，因为 2n1、z1、y1 都是满足波利尼亚克猜想和哥德巴赫猜想的互素数，故rad=2q1z1y1 ＞y1，q1 是n1 的无平方因子数， 2n1 ＜z1 ＜y1，因为这样的z1、y1 有无穷多个，所以2n1、z1、y1 不是abc三元组， rad＞ y1，有无穷组解。 因为2wi、pi、qi 都是满足素数构造方程的互素数，故rad =2wi pi qi ＞2wi，都是无平方因子数，pi ＜ qi ＜ 2wi，因为这样的wi、pi、qi 有 无穷多个，所以 2wi、pi、qi 不是 abc 三元组，rad＞ 2wi，有无穷组解。 因为^2、z^2、y^2 都是满足波利尼亚克定理的互素数，所以rad =2q^2z^2y^2 ＞ y^2，q^2 是 n^2 的无平方因子数，^2 ＜ z^2 ＜y^2，因为这样的z^2、y^2 有 无穷多个，所以 ^2、z^2、y^2 不是 abc 三元组，rad^2z^2y^2）＞ y^2，有无穷组解。 …… 因为^k、z^k、y^k 都是满足波利尼亚克定理的互素数，所以rad^kz^ky^k）=^kz^ky^k>y^k， q^k是n^k的无平方因子数， ^k＜z^k＜y^k，因为这样的z^k、 y^k有无穷多个，所以^k、 z^k、y^k 不是abc三元组，rad^k z^k y^k）＞ y^k，有无穷组解。显然左右互素。
以上说明当a+b=c时，不存在质量Q小于1.63但大于1的三元组，符合abc弱版本猜想。确切地说，它是求解系统方程的素数基，证明了ABC猜想的弱版本命题c < ε-w rad。
以上素数基础解系方程虽然没有囊括ABC 猜想中a+b=c 中⑥的全部定义域，但已包括了无穷组解，足以证明rad^k z^k y^k）=z y>y^k 有无穷组解，即： rad＞ c 有无穷组解。 在此基础上添加系数和指数看不等式是否仍成立； 当ε=1 时，ε^-w ??rad ^＞c 是成立的，因为大的左项仍大。
当0 < ε < 1，w较大时，显然系数大于1，指数大于1。因此，ε-w rad将大于rad。当0 < ε≤ 1时有无穷多个解，所以ε-w rad > C..当ε > 1时，系数约简因子ε-w小于指数展开因子，所以rad在不等式的大边缘仍然很大。我们来比较一下ε w和w ε的大小:当w ≤ 3时，ε w的幂大于w的幂；当w > 3时，ε w的幂<ε w的幂；在abc方程中，w必须大于3。w是不同素数的个数，也就是说当w > 3时，不等式小于C时有解..m是从rad中提取的不带平方因子的数，明显大于W，因为W是不同素数的个数，当rad/C > 1时，rad是不等式的大面。加上系数和指数后，不平等的大面还是很大的。因此，当0 < ε < ∞，w > 3时，c < ε-w rad有无穷多个解。在Polignac方程中，素数w的个数必须大于3，两个素数和一个偶数组成三重数，大于2的偶数必须有两个以上的素数。因此可以提取并分析ε-w rad > c或< c中的微调系数Cε，c ε = ε-w w ε k，其中k为正整数，w > 3。经计算，微调系数Cε的取值范围均为0至∑之间的实数。可以看出，素数的指数越大，系数越小，数越多，系数越大。
由于大于c 时的微调系数Cε 可以趋于无穷大，故它的倒数也就可以趋于 0，rad有无数组解是大于 c 的，就算微调后也是如此，因为系数 Cε 趋 大所获得的系数 Cε 可满足波利尼亚克方程无穷数组 构造ε^ -w ??rad ＞c，系数Cε 趋小在此用不着考虑，因为已经有无穷 组解了。于是弱版的 ABC 猜想就获得了证明。 以上证明完成了两个重要环节：一是证明了 rad＞ c有无穷组解，二是证明了微调后有相应系数的ε^-w ??rad^ ＞c 一样有无穷组解。
3.2.重证强ABC猜想
那么 rad＜ c 的情形呢？显然有无穷组解能满足不等式。因此先要证明 rad＜ c 有无穷组解，这个非常关键。
证明如下:根据偶配分方程ap+bq=2n，有2n个通解和完备集的最简本原解，所以有2n种解。一种是用通解表示2n，另一种是用最简本原解表示2n。一般解表示的明显质数一般都很小，而最简单的本原解表示的明显质数一般都很大，因为可以肯定的是，当分成小块的时候，部分会变小。证明了当三元方程a+b=c满足甚至最简单的本原解时，只有RAD > C存在且存在无穷多个解。用通解代替最简单的本原解2n会从大于c变成小于c吗？因为C分区的成分变细，所以指数变大，非平凡因子运算后得到的数变小。那么它能小到满足rad

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