“abc猜想”讲义(十二)
“abc猜想”讲义(十三)
“abc猜想”讲义（十三）第十三讲证明“abc猜想”主讲王若仲在第九讲中，（iv）对于等式m+g＝n，m和g以及n均不为恒定的值。
我们现在就分析第（iv）的情形。
（iv）对于m+g＝n，当m，g，n均不为恒定的值时，由第七讲中的定理4.1和推论4.1可知，随着m和g以及n的变化，rad（m）和rad（g）以及rad（n）必为下列情形之一：①rad（m）和rad（g）均为恒定的值，rad（n）不可能为恒定的值。
②rad（n）和rad（g）均为恒定的值，rad（m）不可能为恒定的值。
③rad（n）和rad（m）均为恒定的值，rad（g）不可能为恒定的值。
④rad（n）为恒定的值，rad（m）和rad（g）均不为恒定的值。
⑤rad（m）为恒定的值，rad（n）和rad（g）均不为恒定的值。
⑥rad（g）为恒定的值，rad（m）和rad（n）均不为恒定的值。
⑦rad（n）和rad（m）以rad（g）均不为恒定的值。
我们注意观察，从第（iv）中的①，②，③，④，⑤，⑥，⑦等情形来看，我们不难发现：①和⑤以及⑥和⑦的情形中，rad（n）均不为恒定的值。
那么①和⑤以及⑥和⑦这几种情形就与（ii）中（三）的情形同理可得出同样的结论。
②和③的情形可互换，即②和③为同类型的情形。
⑤和⑥的情形可互换，即⑤和⑥为同类型的情形。
我们下面逐步分析研究：（一）对于①，rad（m）和rad（g）均为恒定的值，由第七讲中的不定方lim 程定理4.1和推论4.1可知，rad（n）不可能为恒定的值。
因n÷n=1，那么+∞→n lim（n）=1。
（n）÷n→+∞又因n=[rad（n）]·H；当正整数n不断增大时，那么根数rad（n）总趋势也是随着正整数n的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n趋向于正无穷大时，根数rad（n）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n）]·H}=1恒成立。
“abc猜想”讲义(17)
相同的正实数（z11，z12，z13，…，z1e，y11）和（z21，z22，z23，…，z2e，y12）， 即至少有一个 z1i≠z2i（i＝１，２，３，…，e）或者 y11≠y12，那么必然存在两
2
个正实数
x11
和
x12（x11≠x12），使得（
g z11 11
·
g z12 12
·
g z13 13
函数ψ（zi，y）=
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
-
d
y
，由第六讲中的定义
3.2
可
知，定义域中任一一组 zi 和 y 的确定值有唯一函数ψ（zi，y）的值与之对应，
同时任一函数ψ（zi，y）的值有唯一
rad（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
）÷m}存在正实数极限。令
x+
d
y
=
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
，x
和
y
以及
zi
均为不小于
1
的正实数。设
函数
f （ zi ， y ） = （
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）÷
g ve 1e
） ÷m ， 不 管
m
和
1
“abc猜想”讲义(14)
“abc 猜想”讲义（14）第十四讲证明“abc 猜想”主讲王若仲第九讲中，（iv ）对于等式m +g ＝n ，m 和g 以及n 均不为恒定的值。
我们现在就分析第（iv ）的情形。
（iv ）对于m +g ＝n ，当m ，g ，n 均不为恒定的值时，由前面第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，随着m 和g 以及n 的变化，rad（m ）和rad （g ）以及rad（n ）必为下列情形之一：①rad（m ）和rad（g ）均为恒定的值，rad（n ）不可能为恒定的值。
②rad（n ）和rad（g ）均为恒定的值，rad（m ）不可能为恒定的值。
③rad（n ）和rad（m ）均为恒定的值，rad（g ）不可能为恒定的值。
④rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。
⑤rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值。
⑥rad（g ）为恒定的值，rad（m ）和rad（n ）均不为恒定的值。
⑦rad（n ）和rad（m ）以rad（g ）均不为恒定的值。
我们注意观察第（iv ）中①，②，③，④，⑤，⑥，⑦的情形，可得出这样的结论；①和⑤以及⑥和⑦中，rad（n ）均不为恒定的值，那么①和⑤以及⑥和⑦这几种情形与第（ii ）中（三）的情形同理可得出同样的结论。
②和③的情形可互换，只分析其中的一种情形即可。
⑤和⑥的情形可互换，只分析其中的一种情形即可。
（一）对于第（iv ）中①的情形，rad（m ）和rad（g ）均为恒定的值，由前面第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，rad （n ）不可能为恒定的值。
因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。
又因n=[rad（n ）]·H；当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。
“abc猜想”讲义(4)
“abc猜想”讲义第四讲“abc猜想”证明（2）主讲王若仲前面分析讨论第一种情形，现在分析讨论第二种情形：即设置任意两个素数p和q（p≠q），设b＝p k·n-q h·m，且p k·n和q h·m互质，p k＞q h,p k·n＞q h·m(n ≤m)。
设c=p k·n，a=q h·m(n≤m)，p和q为任意两个素数（p≠q），且p k＞q h,p k·n ＞q h·m，p k·n和q h·m互质,则b=p k·n-q h·m。
假定p和q均为设定的两个素数,k为设定的正整数,h为设定的非负正整数时。
因为c＞a＞0，c＞b＞0，p k·n-q h·m≥1,m＜p k·n÷q h。
那么在这种情形下，则有1÷m≤（p k·n-q h·m）÷m≤p k-q h。
那么对于任意一个正整数n，当正整数n一定时，在p k＞q h,p k·n＞q h·m，p k·n和q h·m互质的前提下,则有1÷(p k·n÷q h)≤（p k·n-q h·m）÷m ≤p k-q h。
说明对于任意正整数m(m＜p k·n÷q h)，[（p k·n-q h·m）÷m]不大于某一定值F,[（p k·n-q h·m）÷m]不小于某一定值F′。
而1÷(p k·n÷q h)和（p k-q h）为定值。
那么在1÷(p k·n÷q h)和（p k-q h）之间必定存在一正实数M，对于任意正整数m(m＜p k·n÷q h)，不等式[（p k·n-q h·m）÷m]≥M总是成立；在1÷(p k·n ÷q h)和（p k-q h）之间必定存在一正实数V，对于任意正整数m(m＜p k·n÷q h)，不等式[（p k·n-q h·m）÷m]≤V总是成立。
“Abc猜想”简捷证明(完整版)
“abc 猜想”简捷证明王若仲（王洪）贵州省务川自治县实验学校贵州564300摘要：“abc 猜想”最先由英国数学家大卫·马瑟（DavidMasser)和法国数学家乔瑟夫·奥斯达利（JosephOesterl é）于1985年彼此独立提出。
它说明对于任何ε＞0,存在常数k ε＞0，并对于任何三个满足a+b＝c 以及a 和b 互质的正整数a，b，c。
有：c＜k εrad(abc)1+ε,rad(abc)表示(a·b·c)中无重复质因数的积。
首先我们来解读“abc 猜想”:对于任何三个满足a+b＝c 的正整数a，b，c；说明正整数a，b，c 是均在有穷范围内的任何三个正整数。
原因是如果a 和c 均为无穷大或者b 和c 均为无穷大或者a 和c 以及b 均为无穷大，这样的话，那么“abc 猜想”无实在意义。
根据解读的情形，那么“abc 猜想”就有一种更为简捷的证明方法，这种证明方法很直观，让人易懂明了。
这种证明方法也就是转换为证明有穷范围内的任何两个正整数a 和c，而正整数b 则由等式a+b＝c 确定，对于任何ε＞0,存在常数k ε＞0，有：c＜k εrad[a(c-a)c]1+ε,rad[a(c-a)c]表示[a·(c-a)·c]中无重复质因数的积。
关键词：abc 猜想；奇数；奇质数；质因数中图分类号：0156引言“abc 猜想”最先由英国数学家大卫·马瑟（David Masser）及法国数学家乔瑟夫·奥斯达利（Joseph Oesterlé）在1985年提出，一直未能被证明。
其名字来自把猜想中涉及的三个数字称为a，b，c 的做法。
它说明对于任何ε＞0,存在常数k ε＞0，并对于任何三个满足a+b＝c 以及a 和b 互质的正整数a，b，c。
有：c＜k εrad(abc)1+ε,rad(abc)表示(abc)中无重复质因数的积。
“abc猜想”讲义(21)
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
-g）}=（
g11
·
g12
·
g13
·…·
g1e
）÷（ g11 · g12 · g13 ·…· g1e -1）。
则函数 f（zi，y）在 ziϵ[1+ε，+∞-ε]，yϵ[1+ε，+∞-ε]的闭区域中有界。
即存在恒定的正实数 E（1＜E＜+∞），使得 1＜f（zi，y）≤E 或者 1＜f（zi，y）
＜E
恒成立。那么对于（
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
） ÷m ， 不 管
m
和
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
以及
g
如何变化，1＜
（
g v1 11
·
g v2 11
·
g v3 11
·…·
g ve 1e
） ÷m ≤ E
或者
1＜
（
g v1 11
·…·
g ze 1e
）]=1÷[1-y÷（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
）]
=1 。 因 为
1＜（
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
g ze 1e
） ÷x ＜ 2 ，
g z1 11
·
g z2 12
·
g z3 13
·…·
“abc猜想”讲义(十五)
“abc 猜想”讲义（十五）第十五讲证明“abc 猜想”主讲王若仲对于第（iv ）中②的情形我们分成四种情形,第十四讲我们讲解了（1）和（2）的情形，这一讲我们讲解（3）和（4）的情形。
（3）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p ，因为m+111h q ·212h q ·313hq ·…·s h s q 1=v p ，m=[rad（m ）]t ·H；其中t 为正整数，rad（m ）＞rad（H）。
当正整数n 和g 不断增大时，由第七讲中的定理4.2和定理4.3可知，幂差极值n-max (g )总趋势是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么正整数m 总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，当正整数n 不断增大，而正整数g 不断减小时，那么正整数m 也是不断增大。
那么根数rad（m ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（m ）也趋向于正无穷大。
这种情形下，因为v p ÷（v p -111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）=1÷[1-（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p ]，设函数f（x ）=x 1，x 为不小于1的实数。
函数f（x ）=x 1的情形包含了（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p 的情形。
函数f（x ）=x 1是连续函数，因为-+∞→x lim f（x ）=-+∞→x lim x 1=0，+→1lim x f（x ）=+→1lim x x 1=1，那么函数f （x ）在xϵ[1+ε，+∞-ε]中有界，即存在恒定的正实数E （0＜E ＜1），存在恒定的正实数L （0＜L ＜1），E ＜L 。
“abc猜想”讲义(十七)
“abc 猜想”讲义（十七）第十七讲证明“abc 猜想”主讲王若仲对于第（iv ）中⑤的情形，rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值；对于第（iv ）中⑥的情形，rad（g ）为恒定的值，rad（n ）和rad （m ）均不为恒定的值；对于第（iv ）中⑦的情形，rad（m ）和rad（g ）以及rad（n ）均不为恒定的值。
这一讲我们主要讲解⑤的情形。
⑥的情形和⑦的情形同理可得。
（五）对于⑤，rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值；当正整数n 和g 不断增大时，由第七讲中的定理4.2和定理4.3可知，n-max (m )总趋势是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么正整数g 总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，当正整数n 不断增大，而正整数m 不断减小时，那么正整数g 也是不断增大。
那么根数rad（g ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad （g ）和根数rad （n ）也趋向于正无穷大。
因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。
由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。
当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。
令m=k q 或m=111k p ·212k p ·313k p ·…·r k r p 1，其中11p ，12p ，13p ，…，r p 1均为素数，q 为大于1的正整数，i p 1≠j p 1（i ≠j ）；i ，j=1，2，3，…，r 。
“abc猜想”讲义(22)
“abc 猜想”讲义（22）第二十二讲证明“abc 猜想”主讲王若仲对于第（iv ）中⑤的情形，这一讲我们讲解⑤的情形。
（五）对于⑤，rad（m ）为恒定的值，rad（n ）和rad（g ）均不为恒定的值；当正整数n 和g 不断增大时，由第七讲中的定理4.2和定理4.3可知，n-max (m )总趋势是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么正整数g 总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，当正整数n 不断增大，而正整数m 不断减小时，那么正整数g 也是不断增大。
那么根数rad（g ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad （g ）和根数rad （n ）也趋向于正无穷大。
因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。
由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。
当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。
对于n 和rad（n ），设函数ψ（x）=z，x 和z 均为不小于1的实数。
这种情形下，由第六讲中的定义3.2可知，任一函数ψ（x）的值有唯一的rad（x）与之对应。
那么这种情形下，我们总可以令rad（x）=az′+r（r＜a），其中a 和r 均为恒定的正实数。
因为对于任一正实数x 1，总有一个正实数z 1，使得rad （x 1）=az 1′+r 成立。
那么对于任意两个不小于1的正实数x 11和x 12（x 11≠x 12），必然存在两个正实数z 11和z 12（z 11≠z 12），使得[rad（x 11）-r]÷z 11=[rad（x 12）-r]÷z 12。
精品 七年级数学上册 图形认识初步
11.如图，OA、OB 是两条射线，C 是 OA 上一点，D、E 分别是 OB 上两点，则图中共有_____ 条线段,共有____射线. 12.已知线段 AB 及一点 P，若 AP+PB>AB,则点 P 在 13.已知线段 AB=10,直线 AB 上有一点 C,且 BC=4,M 是线段 AC 的中点,则 AM 的长为 14.已知，如图，M、N 把线段 AB 三等分，C 为 NB 的中点，且 CN=5cm，则 AB=_____cm。
5
七年级上数学讲义
7.如图，在直线 PQ 上要找一点 C，且使 PC=3CQ，则点 C 应在（ A．PQ 之间找 B．在点 P 左边找 C．在点 Q 右边找 D．在 PQ 之间或在点 Q 的右边找
）
8.如图所示是某种型号的正六角螺母毛坯的三视图，则它的侧面积为
9.如图所示的是长方体的展开图，若 C 面在前面，D 面在下面，则 面会在上面；若从 右面看是面 C，而 D 面在后面，E 面在左面，则 面会在上面．(字母朝外) 10.一个正方体的六个面分别标有数字 1、2、3、4、5、6，在桌子上翻动这个正方体，根据 图中给出的三种情况，可知数字 1 的对面是数字
例 2.棱长为 1 的正方体，横放成如图所示的形状，现请回答下列问题： （1）如果这一物体摆放了如图所示的上下三层，请求出该物体的表面积. （2）依图中摆放方法类推，如果该物体摆放了上下 20 层，求该物体的表面积.
1
七年级上数学讲义
例 3.如图，平原上有 A、B、C、D 四个村庄，为解决当地缺水问题，政府准备投资建一个蓄 水池，不考虑其它因素，请画图确定蓄水池 H 点的位置，使它与四个村庄的距离之和最小．
12.如图是一个经过改造的台球桌面的示意图，图中四个角上的阴影部分分别表示四个入球 孔。如果一个球按图中所示的方向被击出（球可以经过多次反弹） ，那么该球最后将落入 的球袋是（ ）A．1 号袋 B．2 号袋 C．3 号袋 D．4 号袋
哥德巴赫猜想通俗讲义
两百多年前，彼得堡科学院院士哥德巴赫曾研究过“将一个数表示成几个素数的和”的问题，他取了很多数做试验，想把它们分解成几个素数的和，结果得到一个断语：“总可将任何一个数分解成不超过三个素数之和．”但是哥德巴赫不能证明这个问题，甚至连如何证明的方法也没有，于是他写信给另一名彼得堡科学院院士、著名数学家欧拉，他在1742年6月7日的信中写道：“我想冒险发表下列假定‘大于5的任何数都是三个素数的和’．”这就是后来举世闻名的哥德巴赫猜想．同年6月30日，欧拉在给哥德巴赫的回信中说：“我认为‘每一个偶数都是两个素数之和’，虽然我还不能证明它，但我确信这个论断是完全正确的．”这两个数学家的通信内容传播出来之后，人们就称这个猜想为哥德巴赫猜想或者哥德巴赫-欧拉猜想．完整地说，哥德巴赫猜想是：大于1的任何数都是三个素数的和．后来，人们把它归纳为：命题A：每一个大于或者等于6的偶数，都可以表示为两个奇素数的和；命题B：每一个大于或者等于9的奇数，都可以表示为三个奇素数的和．例如：50=19+31；51=7+13+31；52=23+29；53=3+19+31．或50=3+47=7+43=13+37=19+31等．1900年，著名数学家希尔伯特在巴黎国际数学家会议上提出了国际数学要研究的23个题目(后被称为希尔伯特问题)，其中哥德巴赫猜想命题A与另外两个有关问题一起，被概括成希尔伯特第8问题．这是著名的世界难题．1912年，第五届国际数学家会议上，著名数论大师兰道发言说，有四个数论上的问题是当时的科学水平不能解决的，其中一个是哥德巴赫猜想，即使把它改为较弱的命题：不论是不超过3个，还是不超过30个，只要证明存在着这样的正数C，而能使每一个大于或等于2的整数，都可以表示为不超过C个素数之和”(称为命题C)，也是当代数学家力所不能及的．1921年，著名数论大师哈代，在哥本哈根召开的国际数学会议上说，哥德巴赫猜想的困难程度，可以与任何没有解决的数学问题相比，是极其困难的，但是他没有说是不可能的．事情出乎意料，哥德巴赫猜想问题的解决出现了一些转机，坚不可摧的哥德巴赫堡垒正在逐个被攻破．1930年，25岁的苏联数学家列夫·格里高维奇·西涅日尔曼(1905—1938)，用他创造的“正密率法”证明了兰道认为当代数学家力所不能及的命题C，还估算出这个数C不会超过S，并算出S≤800000．人们称S为西涅日尔曼常数．这是哥德巴赫猜想的第一个重大突破，可惜这位天才数学家只活了33岁．1930年以后，数学家兰道、罗曼诺夫、赫力邦、李奇等对西涅日尔曼方法作了最准确的分析，竞相缩小S的估值，到1937年，得到S≤67，又是一大进步．重要的是，不论一个数是多么大，都可将它分解成素数的和的问题已被证明了，如对于数835042000000000000000000000或者对于我们已知的999(这个数之大可以写出来编成30大卷的书)，我们同样可以断定，它们可以表示成不超过67个素数的和．甚至休克斯提出的“空前的数”这种比999大得多的数，也能根据西涅日尔曼的证明，表示成不超过67个素数的和的形状．1937年，苏联科学院院士伊凡·马特维奇·维诺格拉多夫，应用英国数学家哈代与李脱伍特创造的“圆法”和他创造的“三角和法”证明了：对于充分大的奇数，西涅日尔曼常数不超过3．或者说成：对于充分大的奇数，都可表示为三个奇数之和．维诺格拉多夫基本上解决了命题B、通常称为“三素数定理”．他的工作，相当于证明了西涅日尔曼常数S≤4．命题B基本上被解决了，然而到命题A的证明竟是如此困难，有人从6～3300000中的任何偶数，发现都能表示成两个奇素数之和，但这仅是验证，人们追求的仍然是从数学上证明，每个大于或等于6的偶数都可表示为两个奇素数之和，再多的有限数，即使大到无法想象的数也无用，除非找到反例否定哥德巴赫猜想．人们在研究命题A的过程中，开始引进了“殆素数”的概念．所谓“殆素数”就是素数因子(包括相同的和不同的)的个数不超过某一固定常数的自然数．我们知道，除1以外，任何一个正整数，一定能表示成若干素数的乘积，其中每一个素数，都叫做这个正整数的素因子．相同的素因子要重复计算，它有多少素因子是一个确定的数．例如，从25～30这六个数中，25=5×5 有2个素因子，26=2×13 有2个素因子，27=3×3×3 有3个素因子，23=2×2×7 有3个素因子，29是素数有1个素因子，30=2×3×5 有3个素因子．于是可说25、26、29是素因子不超过2的殆素数，27、28、30是素因子不超过3的殆素数．用殆素数的新概念，可以提出命题D来接近命题A．命题D：每一个充分大的偶数，都是素因子的个数不超过m与n的两个殆素数之和．这个命题简化为“m+n”．这样，哥德巴赫猜想的最后证明的方向就更明朗化了：如果能证明，凡是比某一个正整数大的任何偶教，都能表示成一个素数加上两个素数相乘，或者表示成一个素数加上一个素数，就算证明了“1+2”．当然如果能证明“1+1”就基本上证明了命题A，也就基本解决了哥德巴赫猜想了．1920年，挪威数学家布朗证明了“9+9”．1924年，德国数学家拉代马哈证明了“7+7”．1932年，英国数学家埃斯特曼证明了“6+6”．1938年，苏联数学家布赫雪托布证明了“5+5”．1940年，苏联数学家布赫雪托布证明了“4+4”．1938年，中国数学家华罗庚证明了几乎全体偶数都能表示成两个素数之和，即几乎所有偶数“1+1”成立．1956年，中国数学家王元证明了“3+4”．1956年，苏联数学家维诺格拉多夫证明了“3+3”．1957年，中国数学家王元又证明了“2+3”．1962年，中国年轻数学家潘承桐证明了“1+5”，这是证明了相加的两个数中，有一个肯定是素数的成果，而另一个殆素数的因子小到不超过5．1962年，苏联数学家巴尔巴恩也证明了”1+5”．1963年，中国数学家王元、潘承桐及苏联数学家巴尔巴恩分别证明了“1+4”．1965年，维诺格拉多夫、布赫雪托布证明了“1+3”．1965年，意大利数学家朋比尼也证明了“1+3”．1966年，中国数学家陈景润宣布证明了“1+2”．这是在经历了240年的漫长的历程中所取得的全世界公认的最好的研究成果，可是由于没有发表详细的证明，因此在国际上反响不大．1973年，陈景润在极其困难的条件下，继续奋战，发表了他的著名论文：《大偶数表为一个素数及一个不超过二个素数的乘积之和》，公布了全部详细的论证．这一成就立即轰动了全世界，在数学界引起了强烈的反响．人们都称道中国年轻数学家陈景润的巨大贡献．英国数学家哈勃斯丹和西德数学家李希特合著的数论著作《筛法》已在印刷厂排印，当见到陈景润的论文后，立即增补了专章，并冠以“陈氏定理”，基本上全文转载了陈景润的论文．这使我国在哥德巴赫猜想研究上居于世界领先的地位．当然，从陈景润的“1+2”到“1+1”似乎只差最后的一步就可以摘取数学皇冠上的这颗明珠——哥德巴赫猜想的证明了，可这最后的冲刺有多少艰难险阻谁也难以预料，从1966年陈景润证明了“1+2”到现在，多少数论学家、数学家努力改进证明方法，但至今仍无明显进展．。
卡普雷卡尔黑洞数证明abc
卡普雷卡尔黑洞数证明abc文章标题：探秘卡普雷卡尔黑洞数证明abc：从简单到复杂的数学奇迹引言：在数学的广袤宇宙中，隐藏着许多令人着迷的数学奇迹，而卡普雷卡尔黑洞数证明abc便是其中之一。
abc猜想自从被提出以来，一直挑战着数学家们的智慧和想象力。
本文将以从简到繁、由浅入深的方式，带领读者揭开这个奇妙数学现象的面纱。
第一部分：初识卡普雷卡尔黑洞数与abc猜想1.1 卡普雷卡尔黑洞数的背景卡普雷卡尔黑洞数，亦称为卡普雷卡尔数，最早由维克托·卡普雷卡尔于1985年提出。
它是一个与数论密切相关的数列，定义为将每个正整数的数字按递增顺序排列后所得到的数。
数1234的卡普雷卡尔黑洞数即为1234。
1.2 abc猜想的由来与关键概念abc猜想是由法国数学家乔志尧在1985年提出的。
它涉及到三个正整数a，b，c，满足条件a+b=c，并且a，b，c没有大于1的公共因子。
猜想认为，对于任意给定的正整数ε>0，存在一个常数K(ε)，当abc满足上述条件时，成立不等式：c<K(ε)·rad(abc)^{1+ε}，其中rad(abc)是a，b，c的乘积的正因子的乘积。
第二部分：揭开卡普雷卡尔黑洞数与abc猜想的奇妙关联2.1 卡普雷卡尔黑洞数与高指数初等代数近年来，数学家们通过研究卡普雷卡尔黑洞数与高指数初等代数的关系，发现了它们之间的奇妙联系。
具体来说，他们发现了某种情况下，abc猜想与卡普雷卡尔黑洞数的性质相吻合。
2.2 卡普雷卡尔黑洞数证明abc的较简单策略根据数学家们的研究成果，他们提出了一种相对较简单的策略来证明abc猜想与卡普雷卡尔黑洞数的关联。
该策略通过引入一系列数论结构和代数理论，追溯卡普雷卡尔黑洞数的数学规律，并将其与abc猜想的条件进行对比和分析。
第三部分：个人观点与进一步思考3.1 我对卡普雷卡尔黑洞数与abc猜想的理解卡普雷卡尔黑洞数与abc猜想的奇妙关联使我对数学的美妙之处有了更深刻的认识。
“abc猜想”讲义(24)
那么 lim [kε·（x·y）÷z2]=0；说明 kε·x·y＞z2 不可能恒成立。所以假 zxy
定不定方程 xk2 + yh2 = zt2 有正整数解不能成立。 ③r＞n，r＞m，n=m，不妨设不定方程 xk3 + yh3 = zt3 有正整数解，那么总可以
设 t3=3s3+v3，v3=0 或 1 或 2。因为 k3＞2，h3＞2，t3＞2，t3＞k3，t3＞h3，k3=h3； 由第二十三讲中的引理 6.1 和引理 6.2 可知，x＜ zs3 ,y＜ zs3 。然而在假定的情
2
形下，不定方程 xk3 + yh3 = zt3 必定有无穷多组正整数解,并且任一组正整数解均两
两 互 质 。 根 据 第 七 讲 中 的 定 理 4.1 和 推 论 4.1 以 及 abc 定 理 可 知 ， 则 有 kεrad( xk3 · yh3 · zt3 )1+ε＞ zt3 。然而 kεrad( xk3 · yh3 · zt3 )≤kε·x· y·z＜
以设 t2=3s2+v2，v2=0 或 1 或 2。因为 k2＞2，h2＞2，t2＞2，t2≥k2，t2≥h2，k2≠h2； 由第二十三讲中的引理 6.1 和引理 6.2 可知，x＜ zs2 ,y＜ zs2 。然而在假定的情 形下，不定方程 xk2 + yh2 = zt2 必定有无穷多组正整数解,并且任一组正整数解均两 两 互 质 。 根 据 第 七 讲 中 的 定 理 4.1 和 推 论 4.1 以 及 abc 定 理 可 知 ， 则 有 kεrad( xk2 · yh2 · zt2 )1+ε ＞ zt2 。 然 而 kεrad( xk2 · yh2 · zt2 ) ≤ kε·x·y·z ＜ kε· z2s2 1 ；由 abc 定理可知，那么则有 kε· z2s2 1 ＞ z3s2 v2 ，即 kε＞ zs2 v2-1 。因为 kε为常数，当 s2＞1 或 v2＞1 时，不定方程 xk2+yh2=zt2 的正整数解有无穷多组，显 然 zs2 v2-1 的值无确定性，这样就与 kε＞ zs2 v2-1 产生矛盾。当 s2=1 和 v2≥1 时，不 定方程 xk2 + yh2 = zt2 的正整数解有无穷多组，显然 zs2v2-1 的值无确定性，这样就与 kε＞ zs2v2-1 产生矛盾。 当 s2=1，v2=0 时，不定方程 xk2 + yh2 = zt2 有无穷多组正整 数解，并且任一组正整数解均两两互质。这种情形下，z＞x，z＞y，设 z=x2·x+u3(x ＞u3)，z=y2·y+u4(y＞u4)，然而 kεrad( xk2 · yh2 · zt2 )≤kε·x·y·z；由 abc 定 理 可 知 ， kε·x·y·z ＞ z3 。 对 kε·x·y÷z2 求 极 限 ， 因 [kε· （ x·y ） ÷z2]={kε·（x·y）÷[（x2·x+u3）（y2·y+u4）]}，那么[kε·（x·y）÷z2] ≤{kε·（x·y）÷[（x2·x）·（y2·y）]}=kε÷（x2·y2）。而 lim [kε÷（x2·y2）]=0，
“abc猜想”讲义(16)
“abc 猜想”讲义（16）第十六讲证明“abc 猜想”主讲王若仲对于第（iv ）中②的情形我们仍然是分成四种情形来讲解，这四种情形分别如下：（1）b=g=h d ，c=n=v p ，其中d 和p 均为大于1的恒定的正整数，h ，v 均为不小于1的整数；（2）b=g=h d ，c=n=111v g ·211v g ·311v g ·…·e v e g 1，其中11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，d 为大于1的恒定的正整数，s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。
h ，v ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数；（3）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p ，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
p 均为大于1的恒定的正整数；（4）b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=111v g ·211v g ·311v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。
1h ，2h ，3h ，…，s h ，1v ，2v ，3v ，…，e v 均为不小于1的整数。
本讲就只分析第（1）的情形。
（二）对于②，rad（n ）和rad （g ）均为恒定的值。
令b=g=h d 或b=g=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p 或c=n=111v g ·211v g ·311v g ·…·e v e g 1，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1，11g ，12g ，13g ，…，e g 1均为素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
“abc猜想”讲义(2)
“abc猜想”讲义第二讲有界函数及其性质主讲王若仲往往科学上的一些科学疑难问题，不是竟凭一时的兴趣，不是竟凭一时的心血来潮就能解决；也不是一定能通过人为计划就能完成。
她往往钟情于至小养成的好奇，逐步炼就的担当，锲而不舍的毅力，具备一定知识素养的头脑。
为了探索解决“abc猜想”，先学习有界函数的一些性质。
定义1：设f(x)是区间E上的函数。
若对于任意的x属于E，存在常数m、M，使得m≤f(x)≤M，则称f(x)是区间E上的有界函数。
其中m称为f(x)在区间E上的下界，M称为f(x)在区间E上的上界。
定理1:函数y=f1（x1)·f2(x2)·f3(x3)·…·ft(xt）中任一函数yi=fi(xi)（i=1，2，3，…，t）有界，则函数y=f1（x1)·f2(x2)·f3(x3)·…·ft(xt）有界。
证明：因为函数y=f1（x1)·f2(x2)·f3(x3)·…·ft(xt）中任一函数yi=fi(xi)（i=1，2，3，…，t）有界，又因为一个有界函数与另一个有界函数的积仍然有界，显然函数y=f1（x1)·f2(x2)·f3(x3)·…·ft(xt）有界。
引理1：对于函数y1=f1（x1)和y2=f2(x2)，f1（x1)≥1，f2(x2)≥1。
若函数f1（x1)有界，函数f2(x2)无界，则函数f1（x1)·f2(x2)无界。
证明：因为函数f2(x2)无界，要使函数f1（x1)·f2(x2)有界，必须是函数f1（x1)的取值范围在（-1，1）内，而函数f1（x1)≥1，故函数f1（x1)·f2(x2)无界。
定理2:函数y=f1（x1)·f2(x2)·f3(x3)·…·ft(xt）有界，任一函数y i =fi(xi)≥1（i=1，2，3，…，t），则任一函数yi=fi(xi)有界。
解析“哥德巴赫猜想”及“abc猜想”(3)
第一章“哥德巴赫猜想”的来历哥德巴赫（Christian Goldbach），1690年3月18日出生于普鲁士哥尼斯堡（俄罗斯现在的加里宁格勒）的一个官员家庭。
当时的普鲁士是德意志的一个邦国，哥尼斯堡（Konigsberg）是一座历史名城[2]。
哥德巴赫年轻时在家乡的哥尼斯堡大学学习数学和医学，20岁大学毕业，由于年轻，渴望出去看看外面的世界，加之家庭状况也不错，于是1710年之后，哥德巴赫云游欧洲，结识了不少当时欧洲的数学名家。
哥德巴赫首先去莱比锡，拜访了大数学家莱布尼茨。
莱布尼茨（G. W. Leibniz，1646-1716）对于数学的最大贡献是发明了微积分。
哥德巴赫的到来，使莱布尼茨感到很高兴，对于这位朝气蓬勃的晚辈，莱布尼茨少不了给予指点和教诲。
莱布尼茨广博的学识和高屋建瓴的观点，也使哥德巴赫终身受益。
接着哥德巴赫又到伦敦访问棣莫弗。
棣莫弗（De Moivre，1667-1754）是法国人，因躲避宗教迫害移居英国。
棣莫弗最擅长的研究领域是概率论，并对此做出了很大的贡献。
哥德巴赫对于理论研究和实际问题都很有兴趣。
后来哥德巴赫去了欧洲其它一些城市，分别见到伯努利家族的几位成员，其中丹尼尔•伯努利和哥德巴赫关系密切。
16世纪末，伯努利家族的祖辈为躲避宗教迫害，从比利时的安特卫普辗转来到瑞士的巴塞尔，在那里繁衍生息。
这个家族以经商为传统，也有个别人行医，似乎都和数学沾不上边。
但是在一个世纪之后，却在三代人中出现了八位数学家，其中几位有相当大的成就。
欧洲的旅行，使哥德巴赫不断开阔眼界，增长了学识，还在学术圈里交了不少朋友，收获颇丰。
1724年哥德巴赫回到故乡哥尼斯堡，此时的哥德巴赫已经 34岁了，过了而立之年，该见的世面也见过了，是到好好规划一下未来的时候了。
事也凑巧，就在哥德巴赫回家后不久，正好有两位学者路过哥尼斯堡，他们是去圣彼得堡参与俄罗斯圣彼得堡科学院筹建工作。
在与他们的言谈中，哥德巴赫了解到一些基本情况，感觉正对心思。
数论中的费马大定理和ABC猜想
数论是研究整数性质和整数关系的数学分支。
它是数学中最古老和最基本的学科之一，也是现代密码学和计算机科学的基础。
数论中有两个重要的猜想，分别是费马大定理和ABC猜想。
本文将介绍这两个猜想的相关概念和研究进展。
费马大定理是以法国数学家费马命名的。
它提出了一个有关整数解的问题。
具体来说，费马大定理指出没有大于2的正整数 n 可以使得 a^n + b^n = c^n 成立。
这个定理最早是在1637年由费马提出的，但他只在他的笔记中给出了一个简短的注释，没有给出具体的证明。
这个问题在接下来的几个世纪中引起了数学家们的强烈兴趣，直到1995年才被英国数学家安德鲁·怀尔斯给出了完整的证明。
费马大定理的证明过程非常复杂，涉及到多个数学领域，包括代数学，几何学和数理逻辑等。
怀尔斯的证明使用了模形式理论和黎曼尤尔查德假设，这使得证明变得非常复杂和抽象。
费马大定理的证明是数论史上的一个重要里程碑，它的证明方法对于其他问题的解决也具有重要的启示作用。
ABC猜想是由日本数学家筒井康隆于1985年提出的。
它是一个与素数有关的猜想。
ABC猜想涉及到三个正整数 a，b，c，使得 a + b = c。
其中 a，b，c 互质（即它们没有公因子），且 c 的质因子不超过 a + b 的质因子个数的某个固定常数 K。
ABC猜想表述了对于任意小于1的正实数ε，存在一个正常数常数Cε，使得abc > Cε (a + b)^(1 + ε) 对所有符合 a+b=c 条件的 a、b 和 c 都成立。
简单来说，这个猜想指出对于一个满足 a + b = c 的三个数，如何确定它们之间的质因子分布。
ABC猜想的证明至今未能得到，但已有一些部分性质被证明。
例如，2012年，法国数学家尼科勒纳广义了ABC猜想，提出了Mochizuki的证明方法，陈述为IUT理论。
但这个证明方法现在仍然争议纷纭并存在争议，尚未达成共识。
尽管如此，ABC猜想仍然被广泛研究，并且在数论领域中具有重要的地位。
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“abc 猜想”讲义（十二）
第十二讲
证明“abc 猜想”
主讲王若仲
在第九讲中，对于②如果rad（g ）为恒定的值，则rad（n ）不可能为恒定的值。
对于③，rad（g ）和rad（n ）均不为恒定的值。
这一讲中我们就具体分析这两种情形：
（二）对于②，rad（g ）为恒定的值，由第七讲中的定理4.1以及推论4.1可知，则rad（n ）不可能为恒定的值。
因n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞→n lim （n ）=1。
又因n=[rad（n ）]·H；当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。
（1）因为R+h d =n ，d 为大于1的恒定正整数，h 为不小于1的整数；由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。
当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大。
对于n 和rad（n ），因为n=h d +R ，设函数ψ（x）=)(x rad x ，x 为不小于1的实数，函数ψ（x）=)(x rad x 的情形包含了)(n rad n 的情形，同时也包含了)(R d rad R d h h
++的情形。
由第六讲中的定义3.2可知，函数ψ（x）=)(x rad x 是连续函数，那么由前面第十讲和第十一讲中的证明可知，函数ψ（x）=)(x rad x 为x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]上的有界函数。
即存在恒定的正实数F （0＜F ＜1），存在恒定的正实数G （1＜G ＜+∞），使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤ψ（x）≤G 恒成立。
因为函数ψ（x）的情形包含了n ÷rad（n ）的情形，那么在n 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤n ÷rad（n ）≤G 恒成立。
因为n=rad（n ）·H，H∈N，那么F ≤H≤G 恒成立。
因为rad （g ）≥1，rad （m ）≥1，那么这种情形下，不等式G ·rad （n ）·rad （m ）·rad（g ）≥n 恒成立。
（2）因为R+111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1=n ，其中11q ，12q ，13q ，…，s q 1均为恒定的素数，w q 1≠u q 1（w ≠u ）；w ，u=1，2，3，…，s 。
1h ，2h ，3h ，…，s h 均为不小于1的整数。
由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。
当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大。
对于n 和rad（n ），因为n=111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1+R ，设函数ψ（x）=)(x rad x ，x 为不小于1的实数，函数ψ（x）=)(x rad x 的情形包含了)(n rad n 的情形，同时也包含了)(13132121111313212111
R q q q q rad R
q q q q s h s h h h s h s h h h +∙∙∙∙+∙∙∙∙ 的情形。
由第六讲中的定义3.2可知，函数ψ（x）=)(x rad x 是连续函数，那么由前面第十讲和第十一讲中的证明可知，函数ψ（x）=)(x rad x 为x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]上的有界函数。
即存在恒定的正实数F （0＜F ＜1），存在恒定的正实数G （1＜G ＜+∞），使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤ψ（x）≤G 恒成立。
因为函数ψ（x）的情形包含了n ÷rad（n ）的情形，那么在n 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F ≤n ÷rad（n ）≤G 恒成立。
因为n=rad（n ）·H，H∈N，那么F ≤H≤G 恒成立。
因为rad （g ）≥1，rad （m ）≥1，那么这种情形下，不等式G ·rad （n ）·rad （m ）·rad（g ）≥n 恒成立。
（三）对于③，rad（g ）和rad（n ）均不为恒定的值。
因R+g=n ，n ÷n=1，那么+∞→n lim （n ）÷+∞
→n lim （n ）=1。
由第六讲中的引理3.3可知，n=rad（n ）·H，H∈N 。
当正整数n 不断增大时，那么根数rad（n ）总趋势也是随着正整数n 的不断增大而不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，根数rad（n ）也趋向于正无穷大；而n÷{[rad（n ）]·H }=1恒成立。
对于n 和rad（n ），因为n=g +R ，设函数ψ（x）=)(x rad x ，x 为不小于1的实数，函数ψ（x）=)(x rad x 的情形包含了)(n rad n 的情形，同时也包含了)(R g rad R g ++
的情形。
由第六讲中的定义3.2可知，函数ψ（x）=)(x rad x 是连续函数，那么由前面第十
x为x属于闭区间[1+ε，+∞-ε]讲和第十一讲中的证明可知，函数ψ（x）=
)
rad
(x
上的有界函数。
即存在恒定的正实数F（0＜F＜1），存在恒定的正实数G（1＜G＜+∞），使得x属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F≤ψ（x）≤G恒成立。
因为函数ψ（x）的情形包含了n÷rad（n）的情形，那么在n属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式F≤n÷rad（n）≤G恒成立。
因为n=rad（n）·H，H∈N，那么F≤H≤G恒成立。
因为rad（g）≥1，rad（m）≥1，那么这种情形下，不等式G·rad（n）·rad （m）·rad（g）≥n恒成立。
（iii）对于m+g＝n，当g=W为恒定的值时，因m+g=m+W=n，由第七讲中的定理4.1和推论4.1可知，随着g和n的变化，rad（n）和rad（m）必为下列情形之一：
①rad（n）为恒定的值，则rad（m）不可能为恒定的值。
②rad（m）为恒定的值，则rad（n）不可能为恒定的值。
③rad（m）和rad（n）均不为恒定的值。
那么（iii）这样的情形与（ii）的情形同理可得出同样的结论。
2020年10月11日。