反直覺的ABC 猜想原來是可直覺理解的

【摘要】

用獲證的整數相鄰互素性質作為引理證明了哥德巴赫猜想，孿生素數猜想以及波利尼亞克猜想，同時還證明了米勒 - 羅賓素性檢測定理。在此基礎上可分別證明 ABC猜想的弱命題成立以及強命題也成立。其內在機理是，用重合法和相鄰論找到了計算和度量之間的思想交集，構建了可以探索加法和乘法交互關係的鄰函數表達式，從這一特別視角出發，啟動了數學思想中的一支底層引擎。  

【關鍵詞】

 ABC猜想；哥德巴赫猜想；相鄰論；齋藤猜想；鄰函數恆等式；費馬猜想；波利尼亞克猜想；比爾猜想；無平方因子；米勒 - 羅賓素性檢測

 

1. 數學界評論望月新一證明ABC猜想

本文作者在推出用鄰函數證明abc猜想前，先介紹下望月證明abc猜想的成果。2012年8月，日本的京都大學數學家望月新一宣稱證明了此猜想，但因其研究工具與論文無人能看懂，故無法驗證是否正確，此猜想至今算仍未解決，看來如何讓世界數學共同體理解也同樣是一道難題。數學家不僅要有破解難題的責任，還要有科普難題的責任。學者傳播學問如同古希臘醫生希波拉底的誓言一樣，有義務向願守誓言者免費傳播自己的所學和發現。望月的工作還暫時沒有得到學界的認可，儘管朝日新聞說望月新一準備正式發表ABC 猜想①，論文將會被發表於Publications of the Research Institute for Mathematical Sciences 這本由 RIMS 出版 的雜誌上。但IUT仍然是一個需要等待理解的理論。據說望月的文章充斥著「顯然」和「易見」，對於這些煩瑣的細節望月本人不願詳細解釋，或者解釋了也不能得到認可。這一點，我很能理解望月，相互理解是一件隨緣的事，他望月是無能為力的，好在有他的學生能理解。科普的大道算是打開了。

望月的論文正式出版，且將大規模科普的消息讓數學界對這個極為難懂的證明的討論重新熱烈了起來，望月的風格是不喜歡開講座的，只有走文字的道路科普。對此，數學界其中也不乏悲觀的反對者。芝加哥大學代數數論教授 Frank Calegari 就在自己的博客上撰文認為，按照這一論文此刻的狀態，尚不能稱為證明，就算發表也於事無補；著名華裔數學家陶哲軒也在評論裡表達了他的疑慮。2018 年菲爾茲獎得主彼得 • 舒爾茨更是直接唱反調反對望月。

其中一個疑點是，通常情況下，如果數學領域裡有突破性發現，當其他數學家能利用這個新的思想證明其他領域的定理的時候，這個標誌性的事件會引起學術成果爆炸式的增長。而且，這些新成果的方向多半出於理論原本發現者 的意料之外。但這樣的事情，很明顯並沒有在ABC 猜想的證明上發生。這個事實本身就是人們心存疑慮的最有說服力的原因之一。

另外一個疑點就是，證明引理的篇幅太大了。600 頁的論文，前300 頁還 未完成一個引理的證明，說不過去，並且拿張益唐的論文做比，人家前6 頁就 出現比較精彩的結論了。我倒認為這不足為奇，一個陌生的領域用 300 頁構造 一個引理是可以理解的。還是要去認真閱讀和理解原文，通過目測而下判斷的話，都是不夠嚴謹的。

還有就是望月的時間特別寶貴，不喜歡受邀出面答疑。而筆者證明ABC 猜想，恰好沒有這些擔憂。首先解決ABC猜想的文字僅萬把字左右，其次裡頭出現的數學工具 和引理並不複雜，幾頁內可完成證明，且可以用來證明大量的丟番圖數論問題，再次筆者不拒絕講解，只要有 10 個以上誠心理解的聽眾，我就願意公益巡講。望月的疑點，本文作者這裡都沒有。

還有一個結論，在此有必要科普一下，總以為ABC猜想和黎曼假設比哥猜重要得多，事實上，哥德巴赫猜想獲證才是解決以上問題的底層引擎。 

說了這麼多望月新一與ABC猜想的事，但對猜想本身大家還是一頭霧水。那麼下面就來介紹下它的真身。

ABC 猜想是一個未解決的數學猜想，最先由喬瑟夫• 奧斯達利（Joseph Oesterlé）及大衛 • 馬瑟（David Masser）在1985年提出，此猜想目前仍未被數學共同體確定證明。

1996年，艾倫•貝克（Alan Baker）提出一個較為精確的猜想，將rad（abc） 用（ε^-w）rad（abc^ （1+ε））③取代，在此w是 abc 的不同質因子的數目。

定義 rad（abc）②：取所有 a、b、c 的不同的素因子得到的乘積。

定義abc 三元組：a、b、c 是三個不同的正整數，最小的稱為a，中間的稱為 b，最大的稱為 c。其中 a，b 互素，c=a+b。如果 c ＞ rad（abc），則稱 a， b，c 是一個 abc 三元組。 定義abc 三元組的品質：在三元組a，b，c 中定義q=log（c） / log（r），其 中 r=rad（abc）稱為 abc 三元組的品質。r 值越小，品質越強。

ABC 猜想：

1. 弱版猜想：沒有三元組的品質q超過 1.63 小於1（已知的極值數），即 存在無窮個解必不是三元組的。 rad（abc）^ （1+ε）＞ c。

2. 強版猜想：品質超過 1 小於 1.63 的三元組的解是有限個數的。 rad（abc） ^ （1+ε）＜c。

兩個判定進行整合就是：

   c＜ε^ -w•rad（abc） ^ （1+ε）（無限解為弱版）                                                                                                                  c＞ε^ -w•rad（abc） ^ （1+ε）（有限解為強版）④

若 rad（abc）＜ c 成立，則 rad（abc）＞ c 就成立。因為前者可導出存在 a+b=（2c）成立，a、b、c 為素數或無平方因子數，且兩兩互素，繼而可推理出無平方因子數的偶數2c，也能用無平方因子數的a 和 b 分割而成，2c 減去 一個互素的無平方因子數a，可得到另一個必互素的奇數b（可能含也可能不 含平方因子），如此 rad（ab2c）＞ 2c，即 rad（abc）＞ c 有無窮解就成立。

用重合法的思想可以證得弱版的結論，用相鄰論可以證得強版的結論，前文我們已經了解了，相鄰論是在重合法的基礎上用反證法得到的更深刻結論，相鄰論是精準找到核心引擎的狙擊工具。強版成立，弱版就成立，因為無窮項成立是靠有限項成立迭代推導的，即初項比後繼項重要，關於這個命題的證明詳見後文；相反，弱版成立，尚不能證明強版成立。弱版體現了無窮性映射關係，強版體現了無漏性映射關係。

2. 解決 ABC 猜想有新招：須先解決哥德巴赫猜想

《數學底層引擎相鄰論和重合法》一書中有文章已經詳細介紹了如何證明哥猜，這裡再做些簡要介紹。哥猜證明是通過不等量分割全集偶數來實現的。通過化約偶數分割方程，經數乘逆運算或叉乘逆運算得到不可約整係數多項式方程，可知奇數互素解集是其本原解，經點乘逆運算得到無合數整係數多項式方程，可知素數基礎解系是最簡本原解。

由於所有偶數都必有通過偶數互異分割方程（2n=q+pp1p2p3……）經點乘和叉乘逆運算後得到的最簡本原解，可表偶數就是用二元單素數表達的最簡本原解，根據偶數互異分割方程可知，所有偶數都是可表偶數（2m=q+p）的c數乘，c可定義為有理數，2n=2mc，是二元素數向量的點乘或叉乘，而非可表偶數沒有該最簡本原解，也就沒有點乘和叉乘後的通解，可表偶數的數乘不擴域，故與可表偶數互補關係的例外偶數就一定是空集，從而證明了二元加法運算在可表偶數上封閉。

由於此引理獲證，可多米諾骨牌式地解決哥德巴赫猜想（新出專集《數學底層引擎相鄰論和重合法》一書提供了更多種方法證明此猜想成立）、齋藤猜想、孿生素數猜想、波利尼亞克猜想、莫德爾猜想、比爾猜想、ABC 猜想、奧波曼猜想和黎曼猜想等難題。

詳細解釋下就是這樣的。等量分割對象是尋找事物同構關係的方法，而不等量分割才是尋找事物同態關係的方法，找到同態關係比找到同構關係更為深刻。同構關係僅僅是同態關係的一個特例，大自然中不同事物相互蘊含的機會比單向蘊含要少得多。事物從簡單到複雜是根據同態關係來發現次第的。可以這麼說，同態關係給我們自由，同構關係給我們公平。模糊事物的區分性才有了同構關係，故同構關係常常只是同態關係的一個推論。無窮關心的是同構問題，而無漏關心的是同態關係。當然高端同構能派生同態，但並非一般情形。

基於這樣的思想，我們來考察偶數的等量分割和不等量分割。 不小於 8 的全集偶數皆可分割為一對互素的奇素數之和（偶數分割本原解三元方程）。故不小於 8 的全集偶數就一定有最簡本原解三元方程。因為本原解方程三元互素，在滿足結合律和交換律的前提下，方程右邊偶數項必有含所有奇素數域的一個素因子，方程左邊的兩奇數項也必各含所有奇素數域的一個素因子， 所以必有純素數基礎解系方程p+q=2w（p、q、w 為任意奇素數）。如果w不為任意奇素數，2w的數乘亦無法還原得到不小於8 的全集偶數，因為在偶數最簡本原解不小於 8 的基礎上，任意數乘都會得到多個素因子數或多個 2因子數，這樣通項就會有無數偶數漏項，矛盾，故 p+q=2w 是全集偶數分割可得到的最簡本原解三元方程，三元一定各含所有奇素數因子域，也就必有匹配的正交基增廣線性組與之線性相關，可還原得到偶數分割本原解三元方程。

我們定義含所有奇素數域的兩個不同奇素數相加所得到的全部偶數為可表偶數2m，顯然2w為可表偶數的子集，於是m就含所有素數因子域，包括偶素數。可表偶數2m 是2w的數乘得到的，它是例外偶數2m' 關於全集偶數的補集。

根據鄰函數性質（a+b=c，若a、b互素，則abc三元互素，同理若m+1=n，則m,n必互素），故例外偶數與可表偶數約掉公因子2後是相鄰互素的。根據例外偶數2m' 的定義，它是不能用兩奇素數之和表達的偶數。故它不含 2w，所以有關它的整數數乘就是空集，即便是有理數數乘也是空集。沒有單位元的數乘皆為空集，所有的二元素數表達都不屬於例外偶數，例外偶數沒有數乘單位元。

既然所有的偶數及各種類型偶數都必有最簡本原解2w（即數乘單位元，也是點乘和叉乘的單位元），不小於8 的全集偶數及各種類型偶數由最簡本原解偶數2w 或 2w 的數乘無漏構成，也可以說，由可表偶數2m或可表偶數2m 的數乘無漏構成。所有的偶數都必須能這樣分割和分類，類型偶數是從最簡本原解上分類的，例外偶數也概莫能外。可是例外偶數根據此規則，由於在可表偶數上是空集，在最簡本原解上也必是空集，凡是空集的數乘必還是空集。因為例外偶數是空集，所以可表偶數就等價於不小於 8 的全集偶數。於是互素型哥猜就獲證，補上特例，歐拉型哥猜也就獲證。如果用兩奇素數之差定義可表偶數，一樣成立，於是齋藤猜想獲證。詳細證明見新書中《差值等於 2n（n ≥ 1）的素數對各有無窮組》一文。

二元加法運算在可表偶數上封閉，該命題是用偶數分割方程的素數基礎解系和通解之間的內積運算獲得證明的。尤其是可表偶數和例外偶數與素數基礎解系之間存在著一榮俱榮、一損俱損的緊密關聯。可表偶數與例外偶數的互補定義決定了例外偶數無素數基礎解系，例外偶數的通解也就成了空集。而可表偶數就責無旁貸地囊括了全集偶數的通解，從而證明了可表偶數的數乘封閉，即二元加法運算在可表偶數上不存在數域擴張和數域縮減。該引理獲證，可解決 ABC 猜想。

例外偶數是可表偶數的補集，通常理解為彼此獨立，沒有相互制約的關係，可偏偏這一點反直覺，它還必須是可表偶數的數乘，它還必須滿足可表偶數的二元加法運算，正是因為在這一點上有主和次的緊密牽扯，不等量分割才給萬物之間留下了秩序關聯。

因為偶數的相鄰差值為 2，故可得到齋藤猜想的推論：（p1-p3）-（p4-p2）=2 有匹配的無窮組。假如第一組間隔素數對或有限組間隔素數對為有限長，就意味著第二組或後繼組稍大間隔的素數組必因無限長而導致須素數數列無限長，因後面沒有可隔斷第二組的其它有限長數列了，但所有的素數給定等差間隔數列都是有限長的，這個很容易證明，當素數數列的個數含2p因子時，素數數列就中斷了，所以具體給定的素數數列都是有限長的，故假設第一組素數對或有限組素數對不無窮遞增會產生矛盾。所以（p1-p3）-（p4-p2）=2 中的兩組素數都是無窮遞增的。陶哲軒的素數數列無限長是從非給定的素數等差數列角度來說的，因此並不與他的思想衝突。

我們還可以證明存在無窮組素數其間隔差為定值2w，用反證法來證明。如果間隔差可列的每類素數對都是有限組的，那麼差值 2，差值 4，差值 6……差 值 2k 的素數對將在某個定值2m 後不再出現，這就意味著間隔2k 的素數組是有限組的，也就是說緊緻素數是不存在的，這同素數的差值的差值小於定值有無窮組相矛盾。故「間隔差可列的每類素數對都是有限組的」這個命題是不真的， 因此必有差值為某一定值的素數對是擁有無限組的，這個間隔定值可取 2w。 根據2n=p-q 的推論，必有（p1-p3）- （p4-p2）=2（從相鄰偶數關係推理而來），現已知（p1-p3）=2w 擁有無窮組，那麼與之匹配的間隔差值的差值等於 2 的素數對（p4-p2）就一定也擁有無窮組，否則就不能產生無窮無漏的後繼偶數。

由此可得（p4-p2）=2w-2也必有無窮組，將這個運算迭代運行下去，必將得到 （p4-p2）=2也有無窮組。於是孿生素數猜想獲證。以上也同時證明了2n中所有定值2w作為素數間隔的素數對都各有無窮組，而這正是波利尼亞克猜想。

3.0. 用波利尼亞克猜想獲證做引理證明 ABC 猜想

ABC猜想的一個最大特徵就是反直覺，人們習慣以為 c 的指數遞增與 a、 b 無關，實際上緊密關聯，它的核心引擎是p+q=2w，其中p、q、w 為所有奇素數，即以每個奇素數為中心（從 5 開始）皆有共軛素數對，我們稱之為素數構造方程。 前文根據齋藤猜想 2n=p-q 可推理出，必有（p1-p3）-（p4-p2）=2（從相鄰偶 數關係上下相減推理而來），從而證明了波利尼亞克猜想。

有了這個引理，可引爆一大堆命題的證明，這個引理絕不是一個孤立命題。首先起碼不少於上百個各種類型素數無窮性的證明，都可以用這個引理來證明，比如說梅森素數無窮性的證明，費馬素數無窮性的證明，乃至用任何不可約整係數表達的多項式數列都可以表達無窮素數。這一點，數學界不必擔心 哥猜問題是孤證了。不久之後數學界在丟番圖（Diophantine）數論領域將熱鬧非凡。

3.1. 先證明弱版 ABC 猜想

用素數構造方程，孿生素數猜想、波利尼亞克猜想獲證的結論為引理可證明 ABC 猜想。已知z、y 是素數，則滿足z-y=2、4、6、8、10、…，2n，z、 y 是無窮多個的。（引理是孿生素數定理，波利尼亞克定理⑤即任意偶數差值素數對具有無窮個的定理。這兩個判定結論已被作者在另文中證明。）

因為 2、z、y 都是滿足波利尼亞克定理的素數，所以 rad（2zy）=2zy ＞ y， 2＜z＜y，因為這樣的z、y有無窮多個，所以2、x、y不是abc三元組，rad（2xy）＞y，有無窮組解。符合ABC猜想中的弱版猜想：沒有三元組的品質q超過1.63小於 1（已知最高的三元組品質），皆在範圍外。（充分性已證明）

 因為rad（2xy）＞ y，有無窮組解，rad（2zy）=2zy＞y，2＜z＜y，且已知z、 y 有無窮多個互素的奇素數，現假設 y-x=2 無解，可推理出，該方程沒有最簡本原解，那麼x、y 就沒有通解，若x、y 沒有通解，rad（2xy）＞ y，有無窮組解就不可能，所以矛盾，故 y-x=2 是有無窮組解。也可以因為 a+b=c，有正整數所有解，2＜z＜y，且已知z、 y 有無窮多個互素的奇素數，現假設rad（2xy）＞ y沒有無窮組解，可推理出，2xy＞ y，當x，y都是奇素數時也無解，根據已證明的素數構造方程 y-x=2 一定有無窮組解滿足2xy＞ y，於是矛盾，可見孿生素數猜想成立以及三元組方程成立是ABC弱版猜想成立的必要條件。（必要性已證明）

完成 ABC 猜想的必要性證明意味著，三元互素不等式有無窮解可推理出三元互素方程有無窮解也成立，它與孿生素數猜想成立推導ABC猜想成立不相同，難度不一樣，逆關係不能直接推導，可見孿猜比弱版ABC猜想的難度強些，得要理解無平方因子運算是存在逆運算可還原以及最簡本原解性質才可。其必要性命題是，若 rad（abc）＞ c，有無窮組解，令a=i為常數，同時c為無窮組素數時，不等式是成立的，故有無窮組解滿足 i+x=y 的方程，ixy 經無平方因子逆運算可換成部分 abc 時不等式亦成立，存在還原方程i+xs=c，即a+b=c的本原解方程，其中a可為任意整數。

還可以令無平方因子的兩奇數之差等於2或偶數，得到rad(zxy)＞y，存在還原方程zr+xs=ct，即a+b=c的本原解方程，其中a、b、c可為任意整數。

只是還不能直接證明孿猜就成立，須用其它的路數。而要用 ABC 猜想成立來證明孿生素數猜想，其須證明的命題是，若rad（2xy）＞ y，其中y為素數，有無窮組解，那麼2+x=y 的方程的還原解就有無窮組解，其中x必須含無窮素數，否則x即便為奇數時亦無解，如此就證明了孿生素數猜想也成立。可見ABC 猜想的必要性證明確能反推出三元互素方程有無窮解情形，並能反推出三元組必含無窮對孿生素數。可見ABC 猜想成立，能間接證明孿生素數猜想成立，反之亦可。它說明孿生素數猜想與ABC 猜想的弱版命題並不完全等價，要稍弱些。證明的難度不同。無平方因子運算的還原不及內積運算的還原更深刻。

以此類推，因為 2n1、z1、y1 都是滿足波利尼亞克猜想（定理）和哥德巴赫猜想（定理）的互素數，故rad（2n1z1y1）=2q1z1y1 ＞y1，q1 是n1 的無平方因子數， 2n1 ＜z1 ＜y1，因為這樣的z1、y1 有無窮多個，所以2n1、z1、y1 不是abc三元組， rad（2n1z1y1）＞ y1，有無窮組解。 因為2wi、pi、qi 都是滿足素數構造方程（定理）的互素數，故rad（2w1p1q1） =2wi pi qi ＞2wi，都是無平方因子數，pi ＜ qi ＜ 2wi，因為這樣的wi、pi、qi 有 無窮多個，所以 2wi、pi、qi 不是 abc 三元組，rad（2w1 p1 q1）＞ 2wi，有無窮組解。 因為（2n）^2、z^2、y^2 都是滿足波利尼亞克定理的互素數，所以rad（2n^2z^2y^2） =2q^2z^2y^2 ＞ y^2，q^2 是 n^2 的無平方因子數，（2n）^2 ＜ z^2 ＜y^2，因為這樣的z^2、y^2 有 無窮多個，所以 （2n）^2、z^2、y^2 不是 abc 三元組，rad（（2n）^2z^2y^2）＞ y^2，有無窮組解。 …… 因為（2n）^k、z^k、y^k 都是滿足波利尼亞克定理的互素數，所以rad（（2n）^kz^ky^k）=（2q）^kz^ky^k>y^k， q^k是n^k的無平方因子數， （2n）^k＜z^k＜y^k，因為這樣的z^k、 y^k有無窮多個，所以（2n）^k、 z^k、y^k 不是abc三元組，rad（（2n）^k z^k y^k）＞ y^k，有無窮組解。顯然左右互素。

以上顯示，a+b=c（a 為偶數，b 為素數，c 為較大素數）時，沒有三元組 的品質 q 小於 1.63 而大於 1（已知的極值數），符合 abc 弱版猜想。確切地說，是素數基礎解系方程證明了 ABC 猜想的弱版命題 c＜ε ^-w • rad（abc）^ （1+ε）。

 以上素數基礎解系方程雖然沒有囊括ABC 猜想中a+b=c 中⑥的全部定義域，但已包括了無窮組解，足以證明rad（（2n）^k z^k y^k）=（2q）z y>y^k 有無窮組解，即： rad（abc）＞ c 有無窮組解。 在此基礎上添加係數和指數看不等式是否仍成立； 當ε=1 時，ε^-w • rad（abc） ^（1+ε）＞c 是成立的，因為大的左項仍大。

當 0＜ε＜1，且 w 取更大時，顯然係數大於 1，指數（1+ε）又大於 1； 故ε-^w • rad（abc）^ （1+ε）會比 rad（abc）更大。 在 0＜ε≤1時有無窮組解，故ε^-w • rad（abc）^ （1+ε）＞c。 當ε＞1時，係數縮小的倍數ε^-w不及指數（1+ε）擴大的倍數，故rad（abc） 在不等式的大邊時仍然大。我們來比較 ε^w 和 w^ε 的大小： 當 w ≤ 3 時，ε 的 w 次方＞ w 的 ε 次方； 當 w ＞ 3 時，ε 的 w 次方＜ w 的 ε 次方； 在 abc 方程中，必 w ＞ 3。 w 為不同素數的個數，也就是說，當w ＞ 3 時，不等式小於c 時有解。m 是從 rad（abc）中提取出來的無平方因子數，顯然大於 w，因 w 是不同素數的 個數，故rad（abc） /c＞1時，rad（abc）作為不等式的大邊，添加係數和指數後， 不等式的大邊仍然大。故 c ＜ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε），在 0＜ε＜∞，w ＞ 3 時有無窮組解。 在波利尼亞克方程中，素數的個數 w 必大於 3，兩個素數與一個偶數構成 三元組，而大於 2 的偶數一定有兩個或兩個以上的素數。 因此ε^-w • rad（abc） ^（1+ε）＞ c 或＜ c 中的微調係數 Cε 是可以提取出來進行 分析的，Cε=ε^-w • w^ε• k，其中 k 是正整數，w ＞ 3。經計算，微調係數 Cε 的值 域是，0到∞之間的所有實數。可以看出素數的指數越大，係數越小，個數越多， 係數越大。

由於大於c 時的微調係數Cε 可以趨於無窮大，故它的倒數也就可以趨於 0，rad（abc）有無數組解是大於 c 的，就算微調後也是如此，因為係數 Cε 趨 大（素數增大或個數增多）所獲得的係數 Cε 可滿足波利尼亞克方程無窮數組 構造ε^ -w • rad（abc） （1+ε）＞c，係數Cε 趨小在此用不著考慮，因為已經有無窮 組解了。於是弱版的 ABC 猜想就獲得了證明。 以上證明完成了兩個重要環節：一是證明了 rad（abc）＞ c有無窮組解，二是證明了微調後有相應係數的ε^-w • rad（abc）^ （1+ε）＞c 一樣有無窮組解。

3.2. 再證明強版 ABC 猜想

那麼 rad（abc）＜ c 的情形呢？顯然有無窮組解能滿足不等式。因此先要證明 rad（abc）＜ c 有無窮組解，這個非常關鍵。

證明如下：根據偶數分割方程 ap+bq=2n 存在 2n 全集通解以及全集最簡本原解，於是就有兩類 2n解。一是用通解表示2n的，一是用最簡本原解表示2n的，通解表達的顯然素數普遍小，最簡本原解表達的顯然素數普遍大，因為分得細碎肯定部件變小。前文已經證明了，三元方程 a+b=c 滿足偶數最簡本原解時，只存在 rad（abc）＞ c的情形，且有無窮組解。那用通解替換最簡本原解表示 2n，會從大於 c 變成小於 c 嗎？因為分割 c 的部件變細碎，指數就變大，經無平凡因子運算後就會得到更小的數。那麼能否會小到滿足 rad（abc）＜ c 呢？ c 不能為素數，也不能為無平凡因子的合數，如此rad（abc）＜ c為不可能，ab 的無平方因子會小於 1。

假如 c 為有平方因子數，該因子為 t^2，a 與 b 的無平凡因子數為 r 與 s，只 要 t ＞ r+s，那麼rad（abc）＜ c 就會成立。由於滿足該條件的數可無窮構造， 通過添加素因子3 和 5 之類的個數以及添加其指數可得到無窮對a、b 及相應 的 c，其中c 含 t^2 因子，且t>8，因此rad（abc）＜ c 會有無窮組解。因為令 x，y 小於z，x^2+y^2=z^2 有無窮組解，至少畢達哥拉斯方程的本原解有無數組， 其中含無窮組可開方數或存在平方因子數，如其中有通解2n+1，2n2+2n， 2n2+2n+1，而 2n+1 是囊括所有素數的，故必有無窮組本原解。

如果認為以上用畢氏方程證明有些粗糙，那麼還可以用哥猜獲證的結論進行更嚴格的證明。根據任意偶數都可用兩素數之和表達，於是定有2z的k次方， 其中z為素數，可用兩素數 x和y的和以及它們的線性映射表示，即： x^i+y^ j=z^k

於是就有rad（x^i·y ^j ·z^ k）=xy（z）＜（ z）^ 3，因為x+y=2z 存在無窮無漏 組解（兩素數定理），必有 x^i ＜ 1/ 2（z）^ k，y ^j ＞ 1/2（z）^ k，可令 y^ j=2^j，根據 2 冪數間隔定理，即1/ 2（z）^ k 與（z）^ k 之間必有2^j，故 rad（x^i）（ 2^j）（ z^k）＜ z^k 可成立， 因 x^i ＜ 1/ 2（z）^ k，k 大於 1，可知 2xz ＜（ z）^ k，即 rad（abc）＜ c 存在無窮個解。

舉例如下：當 a=13，b=243，c=256，則 rad（13×243×256）=78 ＜ 256； 當 a=759，b=214，c=56，則 rad{（56）×（ 214）× 759}=7590 ＜ 16384。 而 2 冪數間隔定理，就是伯特蘭 - 切比雪夫定理的推論，因 2^k 與 2^（k+1）之 間有素數，可反推出素數 p 與 2p 之間必有 2 冪數，乃至更能推出 n 與 2n 之間 也必有2 冪數，還可推理出無限存在c- 與 c 之間必有2 冪數，且c 至少是 平方數，而滿足條件的非2冪數z^k 可無限遞增選取，於是2冪數間隔定理得證。 以上證明了rad（abc）＜ c 有無窮組解。不等式左邊經無平方運算，等價 於 x 和 y 分別替換掉 z，如此必小於z^3，自然小於（z）^ k，即： rad（abc）＜ c 定有無窮組解 既然可用無窮整數組構造出不等式滿足 rad（abc）＜ c，所以它就擁有無數組解。

這個符合我們的直覺，可是 rad（abc）微調一下，前後添加係數和指數後， 立馬就變得不再有無窮組解了。即 ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε）＜c為有限組解。這個不符合我們的直覺，按理說，c 可以任意分割滿足於不等式的大邊，c 的數乘 也應可以任意分割滿足於不等式的大邊，為何僅有有限解呢？這就是 ABC 猜 想不同凡響的原因，科學史上多半反直覺的命題一旦獲證，就會大力推動很多領域向前迅猛發展。

小於 c 和大於 c 都有無窮解，為何微調後大於 c 仍有無窮解，而小於 c 就 變成了有限解呢？

儘管c 中素數因子指數可自由任取，但受a，b 中的素數因子關聯牽扯， 一旦超過上確界或低於下確界所對應的係數，在 a+b=c 的三元方程中，素數就不能匹配新增，故隨著不同素數個數w 的增減和指數ε的增減，因此微調所 產生的等價係數會提速追上但不能高於品質 q上確界 1.63 所對應的峰值［約等 於 4.27，即 c 不能低於 rad（abc）的 4.27 倍］，或者會減速遞減但不能低於品質 q 下確界1 所對應的比值［約等於1，即c 將不能高於rad（abc）的 1 倍，否則 小於 c 將換成大於 c］。總之，改變素數的個數 w 和指數ε所產生的係數，若 低於下確界，將決定小於 c 會換成大於 c，若高於上確界，會使 a+b=c 無解。

係數變小於 1 後，即 0.234＜Cε＜1，「＞ c」會換成「＜ c」好理解； 係數變大於 1.63 後，即 0 ＜ Cε ＜ 0.234，a+b=c 會無解則比較深奧。由於對數比的上確界不能上升，下確界可以下降，但微調後的係數 Cε下 降低於 0.234 後即不在 ABC 三元組中。rad（abc）所在的不同素數個數的上確界 也就不能上升。這個結論可用解集計算進行構造性證明。因為在不等式成立的 前提下，c 因指數任意增大而不斷增大，不同素數的個數 w 就增大，ε 取＞ 1 時，不等式的左邊 ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε）就相當於rad（abc）的係數在遞增，由於 該係數是充分大於 1 的，而且是隨著 w 的增大而單調遞增的。隨著 w 的增大， 1/（ε^-w • w^ε• k）會小於 1（還原為純係數，不用對數或自然對數為係數比較）。 那時右邊的c 就不能大於左邊的rad（abc）了，因為左邊的rad（abc）在添加常 數和指數後就相當於 rad（abc）被乘上了一個小於 1 的數。

詳細的計算過程是，當ε＞1， w增大，p 值就增大，使含新增素數 p 因子 的 m 從 rad（abc） ^（1+ε）中抽離出來（無平方運算），此時，ε^ -w • w^ε • k 的值是發散的，ε^ -w • w^ε 的值也是發散的，w 是 m 中的素數個數，故一定存在m ＞ w， 這樣 w 無須趨於無窮，取一個有限的較大數時，1/（ε^-w • w^ε）的值就大於 1；另 外，因品質 q=1.63（上確界），其不等式大邊與小邊之比所對應係數是 0.234， 也就是c 不能小於4.27 • rad（abc）， 如： rad（2×310×109×235）＜ 235， m=2×3×109×23=15042，ε =1/ 2時，w＜17，故顯然存在4.27＞ε^-w • m^ε＞1， 即 1＞1/（ε^-w • m^ε）＞ 0.234。

 c 不可能有數值越過某界限還大於 rad（abc）。不同素數 p 的增大及個數 w的增大到一定時，原不等式是大於c的，而指數增大時，係數Cε 就會小於1， 原不等式就得換成大於 c，但係數 Cε 不能無限趨小。當 Cε ＜ 0.234 時，三元 方程中的指數不能無限趨大，給定偶數的分割方程中所能分割出的最大素數因子是有匹配的上確界的，隨著指數的增多，不同素數的個數就會減少，直到出 現單個素因子項，即最大素因子的上確界出現。該數a的大小在c與c/2之間（伯特蘭定理）。

三元方程的最簡本原解和通解之間的最大區別就是，前者的素數個數和指數都偏小，後者則相反。 偏小時，ε^-w • rad（abc） ^（1+ε）相當於 rad（abc）的 5 以上數乘； 偏大時，ε^-w • rad（abc）^ （1+ε）相當於 rad（abc）的 4 以下 0 以上數乘； 偏小時，a、b、c 有無窮組解，存在 rad（abc）＞ c； 偏大時，a、b、c 為有限組解，存在 rad（abc）＜ c。 素數個數和指數的大小與所對應的係數成反比，素數個數和指數變化越小，

三元方程越是接近最簡本原解，素數個數和指數變化越大，三元方程越是接近 通解之有限初值部分。1.63 的品質 q 體現了素數無漏性決定了相鄰素數比值關係，這就是 ABC 猜想強命題的本質所在。

ABC 猜想的強版命題通過以上分析，得到了初步證明。要徹底了解，需證 明為何 1.63 是最高品質，即需證明 q=log（c） / log（r）=1.63（為最高品質數）［其 中 r=rad（abc）］。 品質 q=1.63（上確界）， q=1（下確界）是滿足所有統計數據的，未發現大 幅度越界數。ABC@Home 已經完成很多例證，數學家對這一猜想充滿期待。

下面我們就來完成該證明。 c 每次可通過素數因子的指數延伸或縮小使得c ＞ rad（abc），在 a+b=c 的條件下，a，b 會產生新增類型共軛素數因子。為何有限範圍內的各素數因 子通過指數的有界周期延伸或縮小會產生新增素數因子或素因子新的匹配？ 這是根據素數定理和素數基礎解系方程得到的。

令 a，b，c 為無平方因子數， a+b=c，每次 a，b 獲得新素數因子或素數因子新的匹配是 c 的各因子指數周期性延伸或縮小帶來的。因此當延伸的各素數公因子為logc-log2時，存在logc^（logc-log2）＞lograd （abc）， 因（a-b）^2 ＞0，即c^2 ＞ 2ab，顯然a，b 不能相等，否則就不互素了。既然 logc^（logc-log2）/ log（radabc）＞ 1，所以 logc/ log（radabc）＞ 1+log2/ log（radabc）， 於是得到指數的上確界是1，即下確界品質q ＞ 1，此時c 可大於rad（abc），小於 1 時，不等號將變方向。

3.3. 米勒 - 羅賓素性檢測

當延伸（或縮小）c 中各素數公因子指數為 0.61 時，存在 logc^0.61 ＞ lograd （abc），因為 a，b有最大因子差和最大共軛差，至少存在（a+b）^4/5 ＞a（米勒 羅賓素性檢測），（a+b）^ 4/5 ＞b， c＞a（or） b＞c/2（緊鄰間隔素數的指數遞增性質，素數中位數性質，即伯特蘭定理），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：共軛差超過素數的1.25次方至少會產生一個新增素數（米勒 - 羅賓素性檢測，用費馬小定理可證明）。

即通過一個給定數的 1/4 的指數遞增會產生新增素數，也就是說每次素數 個數的變化獲得新增素數的最小概率為 1/4。根據素數公式有： 5/4π（b）/b=1/1n（b5/4） 簡單地說，就是經過排除概率為 1/4 的錯誤信息後就可以得到新增素數， 這是米勒 - 羅賓素性檢測的算法根據費馬定理得到證明的。 故有 1.60log（a+b） -log（a+b）^ 0.99 ＞lograd（abc），故 0.61logc＞log（abc）， 即c的指數允許小到0.61，此時會獲得最大品質q=logc/ logabc＞1/0.61=1.63， 由於 c 的指數不可再小下去，故 1.63 是極值。

c 的指數不可再小下去的原因是，它是 a 與 b 的最大共軛差的指數，a 和 b 有新解表示 a 與 b 中有新增素數因子，素數的間隔規律決定了 c 的指數變化。 c 的指數太小，匹配的最大共軛差就不會產生相關新增素數。

於是得到c 與 rad（abc）的真數比上確界為4.27，或者說rad（abc）與c 的真數比下確界為 0.234，它所對應的品質 q（即對數比）上確界為 1.63，或下 確界0.61。 c可大於rad（abc）也可小於rad（abc）。上確界q=1.63是常數對數比， 轉換為純係數比 k=0.234。指數的上確界 1 所對應的下確界品質 q ＞ 1，此時 c 可大於rad（abc）。下確界q=1 是常數對數比，轉換為純係數比k=1。產生素數 對的最大到最小共軛差周期範圍是1到0.234之間，此時存在c大於rad（abc）。 還有 ε=1 時，滿足 ε^ -w • rad（abc）^（1+ε）＜c的解也是有限個的。情況同上，

因在 1＞1/（ε^-w • m^ε）＞ 0.234 時，不等式成立，ε^ -w • m^ε為 rad（abc）微調後的等價係數，微調係數大於或等於 1 後，小於c 就要換成大於c，微調係數小於 0.234，將導致 abc 三元方程無解。

ε 取大於 1 的更大值時，有 ε^ -w • w^ε • k＞1，隨著 w 的遞增，依然會超過上確界1.63 所對應的係數，故c＞ε^ -w • rad（abc） ^（1+ε）為有限個解，一旦超過上確界便無解。因 ε^-w • rad（abc）^ （1+ε）＜c，ε^ -w • w^ε • k＞1。 相反，w 趨小不變時，c ＞ε^-w • rad（abc） ^（1+ε）存在有限組解是成立的。

因為趨小的素數是有限的，而 c 中的素數指數是無限開放的，故一定有解滿足 不等式 c＞ε^ -w • rad（abc） ^（1+ε）。 ε取小於 1 大於 0 的更小值時，不等式 c ＞ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε）得換成 c＜ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε），否則無解。而此時不等式 c＜ε^ -w • rad（abc） ^（1+ε）存在無限組解是成立的。

因為一旦新增素數確定時，從它開始趨大的素數是無限的。 因為趨大的素數是無限的，而 c 中的素數指數是無限開放的，所以無論是有添 加係數指數的不等式，還是沒有添加的，三元解集都存在無窮組解，有無窮個 c 可以滿足以上不等式，滿足 a+b=c 的方程。 但 rad（abc）各因子的指數加上一個微小的改變量ε以及個數 w 所產生的係數，情況就不同了，不等式不能靠無限遞增c中素數指數來保證小於c也成立，因為c 增加指數，會帶來a、b 中的素數個數或大小的遞增，左邊中的各因子增量就會增大，故 c 中素因子的指數不能無限遞增。

如此一來，w 有上確界時， c 中的素數因子總個數 t 也就有上確界，此處 t 包含不同和相同素數的總個數。而一旦 w（所有不同素數的個數）有限，t（僅 c 中含不同和相同素數的個數）也有限時，rad（abc）與 c的品質q就有上確界，其對應的係數就不及ε^-w • w^ε • k 中隨不同素數個數 w 的遞增而變得更大，如此三元解集的組合就是有限的了。 故 c＞ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε）的三元解集是有限的。

其中最為關鍵的證明步驟是，三元方程的最簡本原解性質決定了ABC 猜想弱版命題（大於 c 的情形）成立，而三元方程的最簡本原解與通解的關聯序列性質共同決定了ABC 猜想強版命題（小於c 的情形）成立。尤其是素數的 個數w和指數ε進行微調後所產生的等價係數Cε，是一個0到∞的開集數域， 等價係數 Cε 為 0 到 0.234 時abc三元方程無解，等價係數為 0.234 到 1 時有小於 c 的不等式，等價係數為大於等於 1 時有大於 c 的不等式。為何越過一個極 值就無解？因為 a+b 可等價表達 c 的最簡本原解和通解之間是有素數因子的上 限比值。

（1）0<ε ≤ 1，w>3 時，rad（abc）的微調等價係數是 ∞>Cε>1，故大於 c 的不等式關係不變；

（2）當1<ε<∞，w>3 時，其微調等價係數是1>Cε>0.234，故大於c 的 不等式關係將變為小於 c；

（3）（3）當1<ε<∞，w>3 時，其微調等價係數是0.234>Cε>0，故大於c 的 不等式無解，不滿足 abc三元方程。

根據（1）可知有無窮組解的rad（abc）>c 經微調後仍然有無窮組解，係數調整不改變解集關係。弱版 ABC 猜想得證。

根據（2）（ 3）可知有無窮組解的 rad（abc）<c 經微調後將不滿足方程要求，素數指數變大及個數變多後，原素數基礎解系已不能滿足要求，係數調整會改變解集關係，僅有限解集c 與品質區間1<q<1.63 有映射關係，不像大於c 時有無限解集 c 與品質區間 0<q<1 有映射關係。以前用等距或勻速漸變的間隔梳子是可映射打撈到全部素數的，現在好了，由勻速漸變間隔的梳子經微調係數 Cε 變成了加速劇變間隔的梳子，該梳子只能打撈到某中間段的有限素數。於是強版 ABC 猜想得證。

4.ABC 猜想獲證可以直接證明很多猜想成立

根據哥德巴赫猜想和齋藤猜想獲證得出的結論，不難得到如下定義域的不等式：當 rad[2npk（2n+pk）]＞qt（k＞t），或 rad[2npk（2n+pk）]＜qt（k＜t）， 這個可證明 ABC 猜想弱版命題。而這個就是證明比爾猜想（x^a+y^b=z^c，a，b， c>2時無整數解）的引理。證明很直接，根據以上ABC猜想成立，即rad（x^a • y^b • z^2） ≤xyz＜z^2=x^a+y^b（當a，b，c≥2時，必有z＞xy，由畢達哥拉斯方程證得）。

又根據方程z^2=x^a+y^b與原方程x^a+y^b=z^c有一樣的全部解，若c必須大於2時， 那麼原方程 x^a+y^b=z^c 就變成了不等式 x^a+y^b ＜ z^c，即 z^2 與 z^c 非交集部分的方程 解集是空集，故比爾方程無整數解。

可見哥德巴赫猜想、波利尼亞克猜想獲證很強大，可以通過證得ABC 猜想作為引理直接證得比爾猜想，而通過比爾猜 想是可以得到費馬大定理的。比爾猜想、費馬猜想都是這種不等式的特例。當 2nm=x^a，kp=y^b（k 中的 p 因子數加 1 後等於 b）， qt=z^c（t 中的 q 因子數加 1 後 等於 c），這就是比爾猜想。而當 a=b=c 時就是費馬猜想。 ABC 猜想一旦獲證，亦可證明費馬猜想成立。步驟是： 先設 x，y，z 是互素的正整數，且 x^n+y^n=z^n， 設常數 Cε=1 時 ABC 猜想成立， 那麼 rad（x^n·y^n·z^n） = xyz < z^3， 當ε=1 時，rad（x^n·y^n·z^n）< rad（xyz）^  （1+ε）<（xyz）^ 2 <（z^3）^ 2； 再根據 n ≥ 6 時，z^n ≥（z^3）^ 2， 即 n ＞ 0 時 x^n+y^n<rad（x^n·y^n·z^n） ， n ＜6 時為無限解， n ≥ 6 時為有限解，z^n<rad（x^n·y^n·z^n）<z^6。 所以可判定費馬大定理對 n ≥ 6 時成立。另外， 當 n=3 時，1770 年，歐拉證明定理成立； 當 n=4 時，由勾股定理得知，在互質條件下無整數解；當 n=5 時，1823 年，勒讓德證明定理成立。

如此，費馬大定理對 n ＞ 2 均成立。 關於費馬猜想的簡潔證明，作者還有從其他角度巧妙完成的，在此不表。

5. 米勒 - 羅賓素性檢測定理以及波利尼亞克定理都來自哥德巴赫猜想獲證 

ABC 猜想進行整合就是：

c ＜ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε）。（無限解為弱版）                                                                                                           c ＞ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε）。（有限解為強版）

顯然，強版成立，弱版就成立；相反，弱版成立，尚不能證明強版成立。 用孿生素數猜想、波利尼亞克猜想獲證的結論為引理證明 ABC 猜想。   

已知z， y是素數，則滿足z-y=2、 4、 6、 8、10、…，2n， z， y有無窮多個。（引 理是孿生素數定理，波利尼亞克定理即任意偶數差值素數對具有無窮個定理。

這兩個判定結論已被作者證明，請參閱《解決希爾伯特第八問題的新思路》一文， 見中國預印本服務系統-國家科技圖書文獻中心2016-09-09自然科學•數學）。 此外，《深圳基礎理論原創文集》（海天出版社 2017 年5月）也收錄了作者證明波利 尼亞克猜想的論文，本書《差值等於2n（n≥1）的素數對各有無窮組》一文也有詳 細證明。

不難得到如下定義域的不等式：當rad[2npk（2n+pk） ]＞ qt（k ＞ t），或 rad[2npk（2n+pk） ]＜ qt（k ＜ t），這個就是比爾猜想（x^a+y^b=z^c，a，b，c 大 於 2 時無整數解），證明很簡單，根據 ABC 猜想成立，x^+y^b=z^2 有解，z 的指 數 c>2 時，根據算術基本定理，原方程就變成了不等式，故無整數解。可見波 利尼亞克定理很強大，可以通過證得 ABC 猜想的一個判定直接得到比爾猜想 的證明，而比爾猜想是可以得到費馬大定理的，也就是說，方程中的p、q 要加進不同的奇數因子且還不能互素，這樣方程就變成了不等式。從中我們可以看出，要加進不同的互素因子，只能得到不等式。比爾猜想、費馬猜想都是這種不等式的特例。

當 2nm=x^，kp=y^b（k 中的 p 因子數加 1 後等於 b）， qt=z^c（t 中的 q 因子數加 1 後等於 c），這就是比爾猜想。而當 a=b=c 時就是費馬猜想。 rad（abc）=rad｛2npk（qt-d）｝或者 rad（abc）=rad｛2npk（qt+d）｝ 因為除波利尼亞克定理的格式外，找不到互素的等量，故： rad（abc）=rad｛2npk（qt-d）｝ 就變換為： rad｛2npkqt｝（ c 位置取大於 c 的量）=rad（2n）rad（pk） rad（qt） 由於 qt 是大於 pk 的，q 為趨大的素數，t為有限奇數或說後繼於q的素數因子之積，經無平方運算後，其所含的素數不超過 q，加上因子的個數有限。

故 rad｛2npkqt｝=rad（kt） 2pq＞rad｛2npk（qt-d）｝＞ qt-d，由於n、p 是可以趨大的，k 取大於t，由於p、q 被 2n 所限制，真正影響不等式的是k 和 t，而兩 個中t 的影響力相對弱，q被確定，t 也就被確定，t 的不同因子的個數也就確 定，而k能夠無限遞增，並不破壞不等式。因此，rad｛2npk（qt-d）｝＞（ qt-d）， 即弱版猜想：沒有三元組的品質比係數超過 1.63（已知最高的三元組品質）是 成立的⑦。 加上品質要不小於1，如此一來，只要（qt+d）進行遞增，發生一個改變量Δ， 立馬就會被左邊的指數（1+ε）擴大，不等式的大邊就會被不等式的小邊追上，故大邊必是一個有限量，追到以後品質 q 就小於 1 了，就不再是三元組解了。

因此，rad｛2npk（qt+d）｝^（1+ε）＜（ qt+d），即強版猜想：品質超過1 的三元組的數量是有限個的。 而其中不等式c項中的qt減去d或加上d顯示，不等式大的一邊加大仍大， 不等式小的一邊減小仍小，而不影響不等式的變換。如何等價轉換這裡從略，前文已經完成，這裡證明了ABC 猜想的原命題即可。因為只要n 足夠大，任何比 1大的倍數內都會有素數，這就是 1 後面要再加一個微小量的原因，而素 數之間的最多間隔比例是1.60到1.66，最大的比例變化發生在小素數的間隔中，q=2elog2=1.63，它所對應 c 的指數是 0.61。故綜合一下，弱版猜想中沒有三元 組的品質比係數超過 1.63（已知最高的三元組品質）。    

解釋以上ABC 猜想的證明：根據哥德巴赫猜想、波利尼亞克猜想獲證的結論顯示，大素數被確定的前提下，2n必被確定，匹配的另一組素數也被確定。由於小邊的量只能向更小處自由變換，而所有自然數向小處變化時必有極值， n、p、k、t、q，只要其中一個開口的最大素數被確定，即所有的開口都被確定， 因此不等式的解一定是有限個的。 rad（abc）＞ c有無窮組解以及 rad（abc）＜ c 也有無窮組解通過引理都得到 了證明。 但 rad（abc）通過係數和指數的微調後，即 ε^ -w • rad（abc）^ （1+ε）＞ c 的不等 式有無限組解仍成立。因為 4.27＞ε^ -w  • m^ε＞1（上文已證），不等式中的大邊 乘以大量，小邊乘以小量，不等式仍成立，這就是弱版ABC猜想所得到的結論。

而通過係數和指數的微調後，即 ε^-w  • rad（abc）^ （1+ε）＜c的不等式有無限組 解則不成立，要改為有限組解才成立。因為 4.27 ＞ε^ -w  • m^ε＞1，該大於1 的 數若有收斂，會隨著 w 的增大而趨於一個常數 e=2.71，若發散則趨於無窮大。 又已知，上確界 c 是 rad（abc）的 0.234 倍，反之 rad（abc）是 c 的 4.27 倍，（由品質q的上確界數1.63置換而來）小於w取一個有限的較大數就可得到小於4.27 的係數，故強版的不等式解是有限組的。

而該係數（小於 4.27）是可以通過米勒 - 羅賓素性檢測定理獲得的，上文已證。該定理是，共軛差超過素數的 1.25 次方至少會產生一個新增素數。它可以通過費馬小定理獲證，教科書可查，本文不表。還可以用哥猜獲證來證明該 定理，說明弱版 ABC 猜想是由無窮素數所決定的，而強版 ABC 猜想則由無漏素數所決定。前者反映素數的多樣性，後者反映素數的緊密性。

已被證明的互素型哥猜判定，中值數n的2倍至少有一對共軛素數p和q， 因此 2n 與 n 之間定有一個素數，n 與 n/ 2 之間定有一個素數，且與 n 之間的差 共軛相等。 當 n大於 16 時，n 的 5/4 次方與 n 之間的數域定包含 2n 與 n 之間的數域， 既然 2n 與 n 之間有大於 n 的新素數，那 n 的 5/4 次方與 n 之間自然也有大於 n 的新素數。同樣當 n 大於 16 時，n 的 3/4 次方與 n 之間的數域定包含 n 與 n/ 2 之間的 數域，既然n 與 n/ 2 之間有大於n 的 3/4 次方的新素數，那n 的 3/4 次方與n之間自然也有大於 n 的 3/4 次方的新素數。 而 n 不大於 16 的情形可以通過枚舉檢驗成立。故共軛差超過素數的 1.25 次方至少會產生一個新增素數。有了該結論作引理，就可以很容易證明強版 ABC 猜想在三元組品質係數範圍裡成立一定是有 限解的，上文已表。

以上在哥德巴赫猜想、波利尼亞克猜想獲證的結論作為引理的前提下，證明了ABC猜想，直覺看a、b、c的定義域是自由的，而它的結論貌似違反常識，其實它是嚴格按照哥德巴赫定理、波利尼亞克定理所確定的素數方程而變化的。

以上證明發現，哥德巴赫猜想根本就不是一個孤立問題，而是很多數學問題的幕後引擎。 a+b=c 在互素的本原解條件下，兩邊各乘以互素的非平方素數因子積，右邊用c中的素數因子自由相乘得c，左邊在c的非平方素數因子的基礎上rad（c）再自由乘以兩組非c 的非平方素數因子rad（a）和 rad（b），等式乘以互素因子數，只會得到不等式。因此凡是能得到 2n 的，要麼是單素數相加相減得到的， 或者在此基礎有多因子的條件下得到的。而單素數相減或相加若得不到 2n，有多因子參與的素數相加或相減也得不到 2n。而算術基本定理顯示，一定存在奇 數加奇數或奇數減奇數得到全部2n，既然互素的多因子素數相加相減也能得到，那麼只有互素的單個或多個素數因子相減或相加得到。

但通過多素數之積相加相減才能獲得無限連續偶數的，要丟掉很多小偶數無法做到全部匹配，只能滿足充分大偶數。因此只有哥猜成立，才有 ABC 猜想圓滿成立。而哥猜是已經獲證的命題，既然ABC猜想命題是哥猜命題的推論，所以 ABC 猜想也就得到了證明。可見 ABC 猜想是比哥猜稍微次一級的命題。一級命題是：哥德巴赫猜想、齋藤猜想、波利尼亞克猜想、梁定祥猜想、孿生素數猜想、吉爾布雷斯猜想、黎曼猜想。二級命題是：ABC 猜想、考拉茲猜想、完美立方體問題、比爾猜想、費馬猜想。三級命題是：伯特蘭猜想、梅森素數猜想、波文猜想。

完成這些猜想證明的最核心部件，就是所有偶數域的線性空間必有二維素數基底，這是加性數論的靈魂。ABC 猜想所窺探到的整數規律是：

特殊型弱版ABC猜想是「相鄰無平方因子數有無窮組」這一引理的推論，或是相鄰整數互素定理的一個推論，或是孿猜陳景潤定理的一個推論，或是孿猜張益唐定理的一個推論，或是孿生素數猜想獲證的一個推論，它體現了間隔素數無窮新增的特徵。

特殊型強版ABC 猜想是比爾猜想，或是莫德爾猜想，或是費馬猜想，或是哥德巴赫猜想的一個推論，它體現了間隔素數無漏新增的特徵。兩個一般型 ABC 猜想又是兩個特殊型 ABC 猜想的推廣。一般型弱版 ABC 猜想則是不等式遞推變換規則的一個推論。一般型強版 ABC 猜想則是米勒 - 羅賓素性檢測定理和哥猜獲證的推論。ABC 猜想的獲證，使整數和實數之間有了可以相互理解的橋梁，使加法和乘法之間有了可以相互變通的樞紐。

                                                                                2018 年 10 月 15 日羅莫於深圳

 

參考文獻：

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注釋：

 ① ABC 猜想是一個未解決的數學猜想，最先由喬瑟夫 • 奧斯達利（Joseph

Oesterlé）及大衛 • 馬瑟（David Masser）在 1985 年提出，此猜想目前仍未被證 明。它說明對於任何ε>0，存在常數Cε> 0，並對於任何三個滿足a+ b= c及a， b 互質的正整數 a，b，c，有：c<Cεrad（abc）^（1+ε）。

 ② rad（abc）。rad 運 算， 就 是 對 合 數 進 行 取 非 平 方 因 子 運 算。 如 3×2×2=12，就含兩個一次方的素數。

 ③微量ε，是一個大於 0 的極小量，別小看這麼一個極小量，它是打破原 有平衡的關鍵。可見相鄰遞增帶來新素數的變化。ABC 猜想是相鄰論思想的一 個折射。

 ④ ε-^w • rad（abc）^（1+ε）/c ，該算式是c 的有序擴展和收縮，那麼它究竟是大 於 1 還是小於 1 ？這是 ABC 猜想能夠獲得破解的核心所在。

 ⑤波利尼亞克定理。本書在《差值等於 2n（n ≥ 1）的素數對各有無窮組》 一文中關於孿生素數的論文已經證明了該定理。它表明素數之間的間隔可以為 任意偶數，且任選一個偶數作為素數間隔，那這樣間隔的素數對有無窮組，本 定理包含了齋藤猜想和孿生素數猜想。

 ⑥ a+b=c中，a，b中的素數似乎跟 c 無關，但猜想結論違反了這一直覺。 事實上，a，b中的素數與c緊密關聯，首先a，b，c三元本原解滿足互素要求， 其次a，b 中新增素數與c 關聯的品質q 上確界要求，導致了a，b，c 之間素 數因子的緊密呼應。

 ⑦本文是ABC 猜想證明的第二稿，對品質區間q 數值進行了補充證明， 原文《ABC 猜想：c ＜ ε^-w • rad（abc）^（1+ε）》，見中國預印本服務系統- 國家科 技圖書文獻中心2016-10-23自然科學• 數學，所引用的品質q 數據結論來自 ABC@HOME，且上確界值不知是否已證明，為確保證明嚴謹，作者補充完成 了上確界 q 值的證明。其中品質 q 區間和原不等式係數區間的數值描述第一稿 有缺漏，係數區間用自然對數的轉換數據替代了，未註明。為便於理解，以本 文補充論述為主，特此更正。rad（abc）的係數區間為：4.27 ＞ε^-w • m^ε ＞1，品 質區間為：1.63＞q＞1。