揭示abc猜想的反直觉之谜

文/罗莫

1.数学界评论望月新一证明abc猜想.

2012年8月，日本的京都大学数学家望月新一宣称证明了此猜想，但因其研究工具与论文无人看懂，故无法验证是否正确，此猜想至今只能算是仍未解决，看来须世界数学共同体理解了才算已获解决。数学家不仅要有破解难题的责任，还要有科普难题的责任。望月的工作还暂时没有得到学界的认可，尽管最近朝日新闻说abc猜想准备正式发表，论文将会被刊登于《Publications of the Research Institute for Mathematical Sciences》这本由RIMS出版的杂志上。但IUT仍然是一个需要等待理解的理论。据说望月的文章充斥着“显然”和“易见”，对于这些繁琐的细节望月本人不愿详细解释，或者解释了也不能得到认可。这一点，笔者特能理解望月，相互沟通到位是一件随缘的事，他望月是二手房新政单方面无能为力的，好在有他的学生能理解。科普的大道算是打开了。

望月的论文正式出版，且将大规模科普的消息让数学界对这个极为难懂的证明讨论重新热烈了起来，望月的风格是不喜欢开讲座的，只有走文字的道路科普。对此，数学界其中也不乏悲观的反对者。芝加哥大学代数数论教授 Frank Calegari就在自己的博客上撰文认为，按照这一论文此刻的状态，尚不能称为证明，就算发表也于事无补；著名华裔数学家 陶哲轩也在评论里表达了他的疑虑。

其中一个疑点是，通常情况是，如果数学领域里有突破性发现，当其他数学家能利用这个新的思想证明其他领域的定理的时候，这个标志性的事件会引起学术成果爆炸式的增长。而且，这些新成果的方向多半出于理论原本发现者的意料之外。但这样的事情，很明显并没有在ABC猜想的证明上发生。这个事实本身，就是人们心存疑虑的最有说服力的原因之一。

另外一个疑点就是，证明引理的篇幅太大了。600页的论文，300还未完成一个引理的证明，说不过去，并且拿张益唐的论文做比，人家前6页就出现比较精彩的结论了。笔者倒认为这不足为奇，一个陌生的领域用300页构造一个引理是可以理解的。还是要去认真阅读和理解原文，通过简单目测而下判断的话，都是不够严谨的。

还有就是望月的时间特别宝贵，不喜欢受邀出面答疑。

而笔者证明abc猜想，恰好没有这些担忧。首先文字仅万把字以内，其次里头出现的数学工具和引理可以用来证明大量的丢潘图数论问题，三是笔者不拒绝讲解答疑，只要有10个以上诚心理解的听众，我就愿意公益巡讲。

说了这么多望月新一与abc猜想的事，但对abc大家还是一头雾水。那么，我们就来介绍下它的真身。

abc猜想是一个未解决的数学猜想，最先由乔瑟夫·奥斯达利（Joseph Oesterlé）及大卫·马瑟（David Masser）在1985年提出，此猜想目前仍未被数学共同体确定证明.

现状.1996年，艾伦·贝克（Alan Baker）提出一个较为精确的猜想，将rad(abc)用(e^-w)rad(abc)取代，在此w是abc的不同质因子的数目.

定义rad(abc):取所有a,b,c的不同的素因子得到的乘积.

定义abc三元组：abc是三个不同的正整数，最小的称为a，中间的称为b,最大的称为c.其中a,b互素，c=a+b.如果c＞rad(abc),则称a,b,c是一个ABC三元组.

定义abc三元组的品质：在三元组a,b,c 中定义q=log(c)/log(r), 其中 r=rad(abc)称为abc三元组的品质.r值越小，品质越强.

abc猜想：

1、 弱版猜想：没有三元组的品质q超过1.63小于1（已知的极值数）.即存在无穷个解必不是三元组的.

rad（abc）＞c.

2、 强版猜想：品质超过1小于1.63的三元组的数量是有限个的.

rad（abc）^（1+ε）＜c.

两个判定进行整合就是：c ＜ ε^-w·rad（abc）^（1+ε）.（无限解为弱版）

c ＞ ε^-w·rad（abc）^（1+ε）.（有限解为强版）

显然，强版成立，弱版就成立,因为无穷项成立是靠有限项成立迭代推导的，即初项比后继项重要，关于这个命题的证明详见后文；相反，弱版成立，尚不能证明强版成立.弱版体现了无穷性映射关系，强版体现了无漏性映射关系.

2.解决abc猜想有新招：须先解决哥猜问题.

上一篇《哥猜获证路非遥，说破人须失笑》的文章已经详细阐述了如何证明哥猜的，这里再做些简要介绍。哥猜证明，是通过不等量分割全集偶数来实现的。通过化约偶数分割方程，经数乘逆运算或叉乘逆运算得到不可约整系数多项式方程，可知奇数互素解集是其本原解，经点乘逆运算得到无合数整系数多项式方程，可知素数基础解系是最简本原解. 由于可表偶数的表达必是最简本原解，故与可表偶数互补关系的例外偶数7万亿就一定是空集，从而证明了二元加法运算在可表偶数上封闭. 由于此引理获证，可多米诺骨牌式地解决哥德巴赫猜想、斋藤猜想、孪生素数猜想、波利尼亚克猜想、莫德尔猜想、比尔猜想、abc猜想、奥波曼猜想和黎曼猜想等难题。

等量分割对象是寻找事物同构关系的方法，而不等量分割才是寻找事物同态关系的方法，找到同态关系比找到同构关系更为深刻。同构关系仅仅是同态关系的一个特例，大自然中不同事物相互蕴含的机会比单向蕴含要少得多。事物从简单到复杂，是根据同态关系来发现次第的。可以这么说同态关系给我们自由，同构关系给我们公平。模糊事物的区分性才有了同构关系抗战到底，故同构关系常常只是同态关系的一个推论，当然也有例外，当同构关系为第一至简表达式时，其信息量极大，可派生出同态。一般来说，无穷关心的是同构关系，而无漏关心的是同态关系。

基于这样的思想，我们来考察偶数的等量分割和不等量分割。

不小于8的全集偶数皆可分割为一对互素的奇素数之和（偶数分割本原解三元方程）。

故不小于8的全集偶数就一定有最简本原解三元方程。因为本原解方程三元互素，在满足结合律和交换律的前提下，方程右边偶数项必有含所有奇素数域的一个素因子，方程左边的两奇数项也必各含所有奇素数域的一个素因子，所以必有素数基础解系方程p+q=2w（p、q、w为任意奇素数）。如果w不为任意奇素数，2w的数乘亦无法还原得到不小于8的全集偶数，因为在偶数最简本原解不小于8的基础上，任意数乘都会得到多个素因子数或多个2因子数，这样通项就会有无数偶数漏项，矛盾，故p+q=2w是全集偶数分割可得到的最简本原解三元方程，三元一定各含所有奇素数因子域，也就必有匹配的正交基增广线性组与之线性相关，可还原得到偶数分割本原解三元方程。

我们定义含所有奇素数域的两个不同奇素数相加所得到的全部偶数为可表偶数2m，显然2w为可表偶数的子集，于是m就含所有素数因子域，包括偶素数。可表偶数2m是2w的数乘得到的，它是例外偶数2m'关于全集偶数的补集。根据例外偶数2m'的定义，它是不能用两奇素数之和表达的偶数。故它不含2w，所以有关它的数乘就是空集。

既然所有的偶数及各种类型偶数都必有最简本原解2w,不小于8的全集偶数及各种类型偶数由最简本原解偶数2w或2w的数乘无漏构成，也可以说，由可表偶数2m或可表偶数2m的数乘无漏构成。所有的偶数都必须能这样分割和分类，类型偶数是从最简本原解上分类的，例外偶数也概莫能外。可是例外偶数根据此规则，由于在可表偶数上是空集，在最简本原解上也必是空集，只能是空集的数乘还是空集。因为例外偶数是空集，所以可表偶数就等价于不小于8的全集偶数。于是互素型哥猜就获证，补上特例，欧拉型哥猜也就获证。如果用两奇素数之差定义可表偶数，一样成立，于是斋藤猜想获证。

二元加法运算在可表偶数上封闭，该命题是用偶数分割方程的素数基础解系和通解之间的内积运算获得证明的。尤其是可表偶数和例外偶数与素数基础解系之间存在着一荣俱荣一损俱损的紧密关联。可表偶数与例外偶数的互补定义，决定了例外偶数无素数基础解系，例外偶数的通解也就成了空集。而可表偶数就责无旁贷地囊括了全集偶数的通解，从而证明了可表偶数的数乘封闭，即二元加法运算在可表偶数上不存在数域扩张和数域缩减。该引理获证，可解决abc猜想。

例外偶数是可表偶数的补集，通常理解为彼此独立，没有相互制约的关系，可偏偏这一点反直觉，它还必须是可表偶数的数乘，它还必须满足可表偶数的二元加法运算，正是因为在这一点上有主和次的紧密牵扯，不等量分割才给万物之间留下了秩序关联。

因为偶数的相邻差值为2，故可得到斋藤猜想的推论：(p1-p3)-(p4-p2)=2有匹配的无穷组。

我们还可以证明存在无穷组素数其间隔差为定值2w，用反证法来证明。如果间隔差可列的每类素数对都是有限组的，那么差值2,差值4，差值6，……差值2k的素数对将在某个定值后不再出现，这就意味着充分大后继素数将分布在无穷大之外，也就是说超大素数是不存在的，这同欧几里德已证明素数有无穷个相矛盾。故“间隔差可列的每类素数对都是有限组的”这个命题是不真的，因此必有差值为某一定值的素数对是拥有无限组的，这个定值可取2w。

根据2n=p-q的推论，必有(p1-p3)-(p4-p2)=2（从相邻偶数关系推理而来），现已知(p1-p3)=2w拥有无穷组，那么与之匹配的间隔差值的差值等于2的素数对(p4-p2)就一定也拥有无穷组，否则就不能产生无穷无漏的后继偶数。由此可得(p4-p2)=2w-2也必有无穷组，将这个运算迭代运行下去，必将得到(p4-p2)=2有无穷组。于是孪生素数猜想获证。以上也同时证明了2n中所有定值2w作为素数间隔的素数对都各有无穷组，而这正是波利尼亚克猜想。

3.用波利尼亚克猜想获证做引理证明abc猜想

abc猜想的一个最大特征就是反直觉，人们习惯以为c的指数递增与a、b无关,实际上紧密关联，它的核心引擎是p+q=2w，其中p、q、w为所有奇素数，即以每个奇素数为中心（从5开始）皆有共轭素数对，我们称之为素数构造方程。

前文根据斋藤猜想2n=p-q可推出理，必有(p1-p3)-(p4-p2)=2（从相邻偶数关系上下相减推理而来），从而证明了波利尼亚克猜想。

有了这个引理，可引爆一大堆命题的证明，这个引理决不是一个孤立命题。

首先起码不少于上百个各种类型素数无穷性的证明，都可以用这个引理来证明，比如说梅森素数无穷性的证明，费马素数无穷性的证明，乃至用任何不可约整系数表达的多项式数列都可以表达无穷性素数。这一点，数学界不必担心是孤证了。数学界不久在丢番图数论领域将热闹非凡。

3.1.先证明弱版abc猜想

用素数构造方程，孪生素数猜想、波利尼亚克猜想获证的结论为引理可证明abc猜想。 已知z,y是素数，则满足z-y=2、4、6、8、10、……2n，z,y是无穷多个的.（引理是孪生素数定理，波利尼亚克定理③即任意偶数差值素数对具有无穷个的定理. 这两个判定结论已被作者在另文中已完成证明.）

因为2、z、y都是满足波利尼亚克定理的素数，所以rad(2zy)=2zy＞y，2＜z＜y，因为这样的z、y有无穷多个的，所以2、x、y不是abc三元组，rad(2xy)＞y，有无穷组解.符合abc猜想中的弱版猜想：没有三元组的品质q大于1而小于1.63(已知最高的三元组品质重金属乐队），皆在范围外.(充分性已证明)

因为rad(2xy)＞y，有无穷组解，rad(2zy)=2zy＞y，2＜z＜y，且已知z、y有无穷多个互素的奇素数，现假设y-x=2无解，可推理出，该方程没有极简本原解，那么x、y就没有通解，若x、y没有通解，rad(2xy)＞y，有无穷组解就不可能，所以矛盾，故y-x=2是有无穷组解.也可以假设rad(2xy)＞y没有无穷组解，可推理出，该不等式如果转化为y-x=2的方程时就无极简本原解（根据已证明的素数构造方程），也就无通解，这与a+b=c有无穷通解矛盾，故极简本原解方程y-x=2就一定有无穷组解.(必要性已证明)

Abc猜想的必要性证明，等于独立证明了孪生素数猜想，它与abc猜想先成立再证明孪生素数猜想不同，其必要性命题是，若rad(2xy)＞y，有无穷组解，那么就有无穷组解满足2+x=y的方程，2xy换成abc亦同.而用abc猜想成立来证明孪生素数猜想，其命题是，若2+x=y时，rad(2xy)＞y，有无穷组解，那么2+x=y的方程就有无穷组解.后者更容易证明，但 Abc猜想的必要性证明，并不在 Abc猜想原命题的范畴里，而是额外添加的证明.它说明孪生素数猜想比abc猜想的弱版命题更根本.

以此类推，因为2n1、z1、y1都是满足波利尼亚克猜想（定理）和哥德巴赫猜想（定理）的互素数，故rad(2n1z1y1)=2q1z1y1＞y1，q1是n1的无平方因子数，2n1＜z1＜y1，因为这样的z看见自己1、y1有无穷多个的；所以2n1、z1、y1不是abc三元组，rad(2n1z1y1)＞y1，有无穷组解.

因为2wi、pi、qi都是满足素数构造方程（定理）的互素数，故rad(2w1p1q1)=2wipiqi＞2wi，都是无平方因子数，pi＜qi＜2wi，因为这样的wi、猿飞pi、qi有无穷多个的；所以2wi、pi、qi不是abc三元组，rad(2w1p1q1)＞2wi，有无穷组解.

因为2n2、z2、y2都是满足波利尼亚克定理的互素数，所以rad(2n2z2y2)=2q2z2y2＞y2，q2是n2的无平方因子数，2n2＜z2＜y2，因为这样的z2、y2有无穷多个的；所以2n2、z2、y2不是abc三元组，rad(2n2z2y2)＞y2，有无穷组解.

……

因为2nk、zk、yk都是满足波利尼亚克定理的互素数，所以rad(2nkzkyk)=2qkzkyk>y2k，qk是nk的无平方因诺薇雅子数，2nk＜zk＜yk，因为这样的zk、yk有无穷多个的；所以2nk、zk、yk不是abc三元组，rad(2nkzkyk)＞yk，有无穷组解.显然左右互素。

以上显示，a+b=c（a为偶数，b为素数，c为较大素数）时，没有三元组的品质q小于1.63而大于1（已知的极值数）.符合abc弱版猜想.确切地说，是素数基础解系方程证明了abc猜想的弱版命题c ＜ ε^-w·rad（abc）^（1+ε）.

以上素数基础解系方程虽然没有囊括abc猜想中a+b=c中的全部定义域，但已包括了无穷组解，足以证明rad(2nkzkyk)=2qkzkyk>y2k有无穷组解，即rad(abc)＞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（abc）^（1+ε）＞c 是成立的，因为大的左项仍大.当0＜ε＜1，且w取更大时，显然系数大于1，指数（1+ε）又大于1，故ε^-w·rad（abc）^（1+ε）会比rad（abc）更大. 在0＜ε≤1时有无穷组解,故ε^-w·rad（abc）^（1+ε）＞c，.

当ε＞1时，系数缩小的倍数ε^-w不及指数（1+ε）扩大的倍数，故rad（abc）在不等式的大边时仍然大.我们来比较ε^w和w^ε的大小，当w≤3时,ε的w次方＞w的ε次方；当w＞3时,ε的w次方＜w的ε次方，在abc方程中，必w＞3.

w为不同素数的个数，也就是说，当w＞3时，不等式小于C时有解. m是从rad（abc）中提取出来的无平方因子数，显然大于w，因w是不同素数的个数，故rad（abc）/c＞1时，rad（abc）作为不等式的大边，添加系数和指数后，不等式的大边仍然大.故c ＜ε^-w·rad（abc）^（1+ε），在0＜ε＜∞，w＞3的整数时有无穷组解.

在波利尼亚克方程中，素数的个数w必大于3，两个素数与一个偶数构成三远组，而大于2的偶数一定有两个或两个以上的素数.因此ε^-w·rad（abc）^（1+ε）＞c或＜c中的微调系数Cε是可以提取出来进行分析的，Cε=ε^-w·w^ε·k,其中k是正整数，w＞3.经计算，微调系数Cε的值域是，0到∞之间的所有实数.可以看出素数的指数越大，系数越小，个数越多，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（abc）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（素数增大或个数增多）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（abc）^（1+ε）＞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（abc）＞c有无穷组解，二是证明了微调后有相应系数的ε^-w·rad（abc）^（1+ε）＞c一样有无穷组解.

3.2.再证明强版abc猜想

那rad（abc）＜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（abc）＜c有无穷组解，这个非常关键.

证明如下：根据偶数分割方程 ap+bq=2n存在2n全集通解以及全集最简本原解，于是就有两类2n解.一是用通解表示2n的，一是用最简本原解表示2n的，通解表达的显然素数普遍小，最简本原解高音质音乐表达的显然素数普遍大，因为分得细碎肯定部件变小.前文已经证明了，三元方程a+b=c满足偶数最简本原解时，只存在rad（abc）＞c的情形，且有无穷组解.那用通解替换最简本原解表示2n，会从大于c变成小于c吗？因为分割c的部件变细碎，指数就变大，经无平凡因子运算后就会得到更小的数.那能否会小到满足rad（abc）＜c呢？c不能为素数，也不能为无平凡因子的合数，如此rad（abc）＜c为不可能，ab的无平方因子会小于1.

假如c为有平方因子数，该因子为t2，a与b的无平凡因子数为r与s,只要t＞r+s，那么rad（abc）＜c就会成立.由于满足该条件的数可无穷构造，通过添加素因子3和5之类的个数以及添加其指数可得到无穷对a、b及相应的c，其中c含t2因子，且t大于8，因此rad（abc）＜c会有无穷组解.因为xi+yj=z2有无穷组解，至少毕达哥拉斯方程的本原解有无数组，如其中有海贼王同人通解2n＋1, 2n2＋2n,2n2＋2n＋1，而2n＋1是囊括所有素数的，故必有无穷组本原解.

既然可用无穷整数组构造出不等式满足rad（abc）＜c，所以它就拥有无数组解.

这个符合我们的直觉，可是rad（abc）微调一下，前后添加系数和指数后，立马就变得不再有无穷组解了. 即ε^-w·rad（abc）^（1+ε）＜c为有限组解.这个不符合我们的直觉，按理说，c可以任意分割满足于不等式的大边，c的数乘也应可以任意分割满足于不等式的大边，为何仅有限解呢？这就是abc猜想不同凡响的原因，科学史上多半反直觉的命题一旦获证，就会大力推动很多领域向前迅猛发展.

小于c和大于c都有无穷解，为何微调后大于c仍有无穷解，而小于c就变成了有限解呢！

尽管c中素数因子指数可自由任取，但受a，b中的素数因子关联牵扯，一旦超过上确界或低于下确界所对应的系数，在a+b=c的三元方程中，素数就不能匹配新增，故随着不同素数个数w的增减和指数ε的增减，因此微调所产生的等价系数会提速追上但不能高于品质q上确界1.63所对应的峰值（约等于4.27，即C不能低于rad（abc）的4.27倍），或者会减速低就但不能低于品质q下确界1所对应的比值（约等于1，即C将不能高于rad（abc）的1倍，否则小于c将换成大于c）.总之，改变素数的个数w和指数ε所产生的系数,若低于下确界,将决定小于c会换成大于c,若高于上确界，会使a+b=c无cpi是什么解.系数变小于1后，即0.234＜Cε＜1，“＞c”会换成“＜c”好理解，系数变大于1.63后，即0＜Cε＜0.234，a+b=c会无解则比较深奥.

由于对数比的上确界不能上升,下确界可以下降，但微调后的系数Cε下降低于0.234后即不在ABC三元组中.rad（abc）所在的不同素数个数的上确界也就不能上升.这个结论可用解集计算进行构造性证明.因为在不等式成立的前提下，c因指数任意增大而不断增大，不同素数的个数w就增大，ε取＞1时，不等式的左边ε^-w·rad（abc）^（1+ε）就相当于rad（abc）的系数在递增，由于该系数是充分大于1的，而且是随着w的增大而单调递增的. 随着w的增大，1/（ε^-w·w^ε·k）会小于1（还原为纯系数，不用对数或自然对数为系数比较）.那时右边的c就不能大于左边的rad（abc）了，因为左边的rad（abc）在添加常数和指数后就相当于rad（abc）被乘上了一个小于1的数.

详细的计算过程是，当ε＞1，w增大，p值就增大，使含新增素数p因子的m从rad（abc）^（1+ε）中抽离出来（无平方运算），此时，ε^-w·w^ε·k的值是发散的，ε^-w·w^ε的值也是发散的，w是m中的素数个数，故一定存在m＞w,这样w无需趋于无穷，取一个有限的较大数时迷你冰箱，1/（ε^-w·w ^ε）的值就大于1；另外，因品质q=1.63（上确界），其不等式大边与小边之比所对应系数是0.234，也就是C不能小于4.27·rad（abc），如rad(2×3^10×109×23^5)＜23^5,m=2×3×109×23=15042，ε=1/2时，w＜17，故显然存在 4.27＞ε^-w·m^ε＞1 ，即1＞1/（ε^-w·m^ε）＞0.234.

C不可能有数值越过某界限还大于rad（abc）.不同素数p的增大及个数w的增大到一定时，原不等式是大于C的，而指数增大时，系数Cε就会小于1，原不等式就得换成大于c，但系数Cε不能无限趋小.当Cε＜0.234时，三元方程中的指数不能无限趋大，给定偶数的分割方程中所能分割出的最大素数因子是有匹配的上确界的，随着指数的增多，不同素数的个数就会减少，直到出现单个素因子项，即最大素因子的上确界出现.该数a的大小在c与c/2之间（伯特兰定理）.

三元方程的最简本原解和通解之间的最大区别就是，前者的素数个数和指数都偏小，后者则相反.偏小时，ε^-w·rad（abc）^（1+ε）相当于rad（abc）的5以上数乘；偏大时，ε^-w·rad（abc）^（1+ε）相当于rad（abc）的4以下0以上数乘；偏小时，a、b、c有无穷组解，存在rad（abc）＞c，偏大时，a、b、c为有限组解，存在rad（abc）＜c. 素数个数和指数的大小与所对应的系数成反比，素数个数和指数变化越小，三元方程越是接近最简本原解，素数个数和指数变化越大，三元方程越是接近通解之有限初值部分.1.63的品质q体现了素数无漏性决定了相邻素数比值关系，这就是ABC猜想强命题的本质所在.

ABC猜想的强版命题通过以上分析，得到了初步证明.要彻底了解，需证明为何1.63是最高品质，即需证明q=log(c)/log(r)= 1.63（为最高品质数）（其中 r=rad(abc)）.

品质q=1.63（上确界），q=1（下确界）是满足所有统计数据的，未发现大幅度越界数.ABC@Home已经完成很多例证，数学家对这一猜想充满期待.下面我们就来完成该证明.

c每次可通热血最强哥修罗过素数因子的指数延伸或缩小使得C大于rad（abc)，在a+b=c的结婚纪念日送什么花条件下，a，b会产生新增类型共轭素数因子.为何有限范围内的各素数因子通过指数的有界周期延伸或缩小会产生新增素数因子或素因子新匹配？这是根据素数定理和素数基础解系方程得到的.令a，b，c为无平方因子数，a+b=c，每次a，b获得新素数因子或素数因子新的匹配是c的各因子指数周期性延伸或缩小带来的.

因此当延伸的各素数公因子为logc-log2时，存在logc^（logc-log2）＞lograd(abc)，因（a-b）^2＞0，即c^2＞2ab，显然a，b不能相等，否则就不互素了.既然logc^（logc-log2）/log（radabc）＞1，所以logc/log（radabc）＞1+log2/log（radabc）于是得到指数的上确界是1，即下确界品质q＞1，此时C可大于rad（abc)，小于1时，不等号将变方向.

当延伸（或缩小）c中各素数公因子指数为0.61时，存在logc^0.61＞lograd（abc），因为a，b有最大因子差和最大共轭差，至少存在（a+b）^4/5＞a（米勒拉宾素数检测），（a+b）^4/5＞b，c＞a(or)b＞c/2（紧邻间隔素数的指数递增性质，素数中位数性质，即伯特兰定理），且a+b=c或c^k.故（a+b）＞ab，（a+b）^-0.99＞c^k，（a+b）＞a^1.25，（a+b）＞b^1.25.

定理：共轭差超过素数的1.25次方至少会产生一个新增素数（米勒拉宾素数检测,用费马小定理可证明）.

即通过一个给定数的1/4的指数递增会产生新增素数，也就是说每次素数个数的变化获得新增素数的最小概率为1/4.根据素数公式有，5/4π（b）/b=1/1n（b^5/4）简单地说，就是经过排除概率为1/4的错误信息后就可以得到新增素数，这是米勒拉宾素性检验的算法，是根据费马定理得到证明的.

故有1.60log（a+b）-log（a+b）^0.99＞lograd(abc)，故0.61logc＞log（abc），即c的指数允许小到0.61，此时会获得最大品质q=logc/logabc＞1/0.61=1.63，由于c的指数不可再小下去，故1.63是极值.

c的指数不可再小下去的原因是，它是a与b的最大共轭差的指数，a和b有新解表示a与b中有新增素数因子，素数的间隔规律决定了c的指数变化.c的指数太小，匹配的最大共轭差就不会产生相关新增素数.

于是得到C与rad(abc)之比且rad(abc)为1时的上确界真数比4.27所对应的品质q上确界对数比为1.63，或者说rad(abc)与C之张秋林比且C为1时的上确界真数比不小于0.234时，C可大于rad（abc).上确界q=1.63是常数对数比，转换为纯系数比k=0.234.指数的上确界1所对应的下确界品质q＞1，此时C可大于rad（abc).下确界q=1是常数对数比，转换为纯系数比k=1.产生素数对的最大到最小共轭差C周期范围是1到0.234之间，此时存在C大于rad(abc).

还有ε=1时，满足ε^-w·rad（abc）^（1+ε）＜c的解也是有限个的.情况同上，因在1＞1/（ε^-w·m^ε）＞0.234时，不等式成立，ε^-w·m^ε为rad（abc）微调后的等价系数，微调系数大于或等于1后，小于C就要换成大于C, 微调系数小于0.234，将导致ABC三元方程无解.

ε取大于1的更大值时，有ε^-w·w^ε·k＞1，随着w的递增，依然会超过上确界1.63所对应的系数做果汁，故c ＞ε^-w·rad（abc）^（1+ε）为有限个解，一旦超过上确界便无解.因ε^-w·rad（abc）^（1+ε）＜c，ε^-w·w^ε·k＞1.

相反，w趋小不变时，c ＞ε^-w·rad（abc）^（1+ε）存在有限组解是成立的.因为趋小的素数是有限的，而c中的素数指数是无限开放的，故一定有解满足不等式c ＞ ε^-w·rad（abc）^（1+ε）.

ε取小于1大于0的更小值时.不等式c ＞ε^-w·rad（abc）^（1+ε）得换成c＜ε^-w·rad（abc）^（1+ε），否则无解.而此时不等式c ＜ ε^-w·rad（abc）^（1+ε）存在无限组解是成立的.因为一旦新增素数确定时，从它开始趋大的素数是无限的.因为趋大的素数是无限的，而c中的素数西安减肥指数是无限开放的，所以无论是有添加系数指数的不等式，还是没有添加的，三元解集都存在无穷组解，有无穷个c可以满足以上不等式，满足a+b=c的方程.

但rad（abc）各因子的指数加上一个微小的改变量ε以及个数w所产生的系数，情况就不同了，不等式不能靠无限递增c中素数指数来保证小于c也成立，因为c增加指数，会带来a、b中的素数个数或大小的递增，左边中的各因子增量就会增大，故c中素因子的指数不能无限递增.如此一来，w有上确界时，c中的素数因子总个数t也有上确界，此处t包含不同和相同素数的总个数.而一旦w（所有不同素数的个数）有限，t（仅c中含不同和相同素数的个数）也有限时，rad（abc）与c的品质q就有上确界，其对应的系数，就不及ε^-w·w^ε·k中随不同素数个数w的递增而变得更大，如此三元解集的组合就有限的了.故c ＞ ε^-w·rad（abc）^（1+ε）的三元解集是有限的.

其中最为关键的证明步骤是，三元方程的最简本原性质解决定了abc猜想弱版命题（大于c的情形）成立，而三元方程的最简本原解与通解的关联序列性质共同决定了abc猜想强版命题（小于c的情形）成立.尤其是素数的个数w和指数ε进行微调后所产生的等价系数Cε，是一个0到∞的开集数域，等价系数Cε为0到0.234时ABC三元方程无解, 等价系数为0.234到1时有小于c的不等式, 等价系数为大于等于1时有大于c的不等式.为何越过一个极值就无解，因为a+b可等价表达c的最简本原解和通解之间是有素数因子的上限比值.

① 0<ε≤1，w>3时，rad(abc)的微调等价系数是∞>Cε>1，故大于C的不等式关系不变;

② 当1<ε<∞，w>3时，其微调等价系数是1>Cε>0.234，故大于C的不等式关系将变为小于C;

③ 当1<ε<∞，w>3时，其微调等价系数是0.234>Cε>0，故大于C的不等式无解，不满足ABC三元方程.

根据①可知有无穷组解的rad(abc)>c经微调后仍然有无穷组解，系数调整不改变解集关系.弱版ABC猜想得证.

根据②③可知有无穷组解的rad(abc)>c经微调后将不满足方程要求十大汉奸，素数指数变大及个数变多后，原素数基础解系已不能满足要求，系数调整会改变解集关系，仅有限解集C与品质区间1<q<1.63有映射关系，不象大于c时有无限解集C与品质区间0<q<1有映射关系.以前用等距或匀速渐变的间隔梳子是可映射打捞到全部素数的，现在好了，由匀速渐变间隔的梳子经微调系数Cε变成了加速剧变间隔的延安美食梳子，该梳子只能打捞到某中间段的有限素数.

于是强版ABC猜想得证。

4、abc猜想获证可以直接证明很多猜想成立.

根据哥德巴赫猜想和斋藤猜想获证，不难得到如下定义域的不等式：当rad(2npk（2n+pk）)＞qt（k＞t），或rad(2npk（2n+pk）)＜qt（k＜t），这个可证明abc猜想弱版命题.而这个就是证明比尔猜想(x^a+Y^b=z^c,a，b，c大于2时无整数解)的引理.证明很直达，根据以上abc猜想成立，即rad(x^a·y^b·z^2) ≤xyz＜z^2=x^a+Y^b （当a，b，c大于等于2时,必有z＞xy，由毕达哥拉斯方程证得）.

又根据方程z^2=x^a+Y^b与原方程x^a+Y^b=z^c有一样的全部解，若c必须大于2时，那原方程x^a+Y^b=z^c就变成了不等式x^a+Y^b＜z^c，即z^2与z^c非交集部分的方程解集是空集，故比尔方程无整数解.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（k中的p因子数加1后等于b），qt=z^c（t中的q因子数加1后等于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(x^n·y^n·z^n) < xyz < z^3,当ε=1时，rad(x^n·y^n·z^n) &潍柴动力吧lt; rad（xyz）^（1+ε）< （xyz）^2 < (z^3)^2；再根据n≥6时，z^n ≥(z^3)^2,即n≥6时x^n+y^n<rad(x^n·y^n·z^n)< z^n.所以可判定费马大定理对n≥6时成立.另外，当n=3时，1770年，欧拉证明定理成立；当n=4时，由勾股定理得知，在互质条件下无整数解；当n=5时，1823年，勒让德证明定理成立.如此，费马大定理对n＞2时也就均成立.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.

2018.1.23于深圳