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abc猜想 反直觉的ABC 猜想原来是可直觉理解的( 九 )


根据方程z ^ 2 = x ^ a+y ^ b和原方程x ^ a+y ^ b = z ^ c，如果c必须大于2，那么原方程x ^ a+y ^ b = z ^ c就变成了不等式x ^ a+y ^ b < z ^ c，即z ^ 2和z。
可见哥德巴赫猜想、波利尼亚克猜想获证很强大，可以通过证得ABC 猜想作为引理直接证得比尔猜想，而通过比尔猜 想是可以得到费马大定理的。比尔猜想、费马猜想都是这种不等式的特例。当 2nm=x^a，kp=y^b， qt=z^c，这就是比尔猜想。而当 a=b=c 时就是费马猜想。 ABC 猜想一旦获证，亦可证明费马猜想成立。步骤是： 先设 x，y，z 是互素的正整数，且 x^n+y^n=z^n， 设常数 Cε=1 时 ABC 猜想成立， 那么 rad = xyz < z^3， 当ε=1 时，rad< rad^ 如此，费马大定理对 n ＞ 2 均成立。 关于费马猜想的简洁证明，作者还有从其他角度巧妙完成的，在此不表。
5.用哥德巴赫猜想证明了米勒-罗宾素数检测定理和波利格纳茨定理
ABC 猜想进行整合就是：
<ε^-w·rad^。>ε^-w·rad^。
显然，强版成立，弱版就成立；相反，弱版成立，尚不能证明强版成立。 用孪生素数猜想、波利尼亚克猜想获证的结论为引理证明 ABC 猜想。
假设z和y是素数，z-y=2，4，6，8，10，…，2n，z和y是无穷的。。此外，《深圳基础理论原创集》也收录了作者证明Polianak猜想的论文，本书《差等于2n的素数各有无穷群》也有详细的证明。
不难得到如下定义域的不等式：当rad＞ qt，或 rad＜ qt，这个就是比尔猜想，证明很简单，根据 ABC 猜想成立，x^+y^b=z^2 有解，z 的指 数 c>2 时，根据算术基本定理，原方程就变成了不等式，故无整数解。可见波 利尼亚克定理很强大，可以通过证得 ABC 猜想的一个判定直接得到比尔猜想 的证明，而比尔猜想是可以得到费马大定理的，也就是说，方程中的p、q 要加进不同的奇数因子且还不能互素，这样方程就变成了不等式。从中我们可以看出，要加进不同的互素因子，只能得到不等式。比尔猜想、费马猜想都是这种不等式的特例。
当2nm = x，KP = y b，Qt = z c，这是比尔的猜想。当a=b=c是费马猜想时。Rad = rad {2npk}或rad = rad {2npk}由于除了Polignac定理的格式之外找不到互质的等价量，所以将rad = rad {2npk}转化为rad { 2npkt } = radradrad。由于qt大于pk，Q是趋向于变大的素数，T是有限奇数或Q之后的素数因子的乘积，平方运算后，
故 rad｛2npkqt｝=rad 2pq＞rad｛2npk｝＞ qt-d，由于n、p 是可以趋大的，k 取大于t，由于p、q 被 2n 所限制，真正影响不等式的是k 和 t，而两 个中t 的影响力相对弱，q被确定，t 也就被确定，t 的不同因子的个数也就确 定，而k能够无限递增，并不破坏不等式。因此，rad｛2npk｝＞， 即弱版猜想：没有三元组的品质比系数超过 1.63是 成立的⑦。 加上品质要不小于1，如此一来，只要进行递增，发生一个改变量Δ， 立马就会被左边的指数扩大，不等式的大边就会被不等式的小边追上，故大边必是一个有限量，追到以后品质 q 就小于 1 了，就不再是三元组解了。
因此，rad {2npk}
解释以上ABC 猜想的证明：根据哥德巴赫猜想、波利尼亚克猜想获证的结论显示，大素数被确定的前提下，2n必被确定，匹配的另一组素数也被确定。由于小边的量只能向更小处自由变换，而所有自然数向小处变化时必有极值， n、p、k、t、q，只要其中一个开口的最大素数被确定，即所有的开口都被确定， 因此不等式的解一定是有限个的。 rad＞ c有无穷组解以及 rad＜ c 也有无穷组解通过引理都得到 了证明。 但 rad通过系数和指数的微调后，即 ε^-w ? rad^＞ c 的不等 式有无限组解仍成立。因为 4.27＞ε^-w ? m^ε＞1，不等式中的大边 乘以大量，小边乘以小量，不等式仍成立，这就是弱版ABC猜想所得到的结论。

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