“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。那么任一rad（x）均可表为az′+r（r＜a）的形式，其中a 和r 均为
恒定的正实数。而z 与az′+r 形式中的z′具有函数对应关系，即对于任一z，az′+r 形式中有唯一z′与之对应。
所以不妨设函数μ（z）=z÷（az+r），那么-lim +∞→z μ（z）=-lim +∞
→z z′÷（az+r）′=1÷a，又+→1
lim z μ（z）=1÷（a+r），则函数μ（z）在z 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中有界。即存在恒定的正实数F （1＜F ＜+∞），使得1＜μ（z）≤F 或者1
＜μ（z）＜F 恒成立。那么对于)(n rad n ，不管g 和n 如何变化，1＜)(n rad n ≤F 或者1＜)(n rad n ＜F 恒成立。
（六）对于⑥，rad（g ）为恒定的值，rad（n ）和rad（m ）均不为恒定的值；这种情形中既然有rad（n ）不为恒定的值。那么这种情形与（iv ）中（五）中的情形同理可得出同样的结论。
（七）对于⑦，rad（m ）和rad（g ）以及rad（n ）均不为恒定的值。那么rad（g ）和rad（m ）以及rad（n ）均是可变的；因为g+m=n ，在此情形下，当正整数n 不断增大时，正整数m 和g 不可能同时连续不断地减小，那么正整数m 和g 中至少有一个正整数总趋势也是不断增大。这种情形中既然有rad（n ）不为恒定的值。那么这种情形与（iv ）中（五）中的情形同理可得出同样的结论。
综上（i ）和（ii ）以及（iii ）和（iv ）所述，说明对于任意小的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；则有：k ε·rad(a·b·c)1+ε＞c。其中rad(a·b·c)表示(a·b·c)中无重复质因数的积。
2020年9月21日
“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。 （1）令k q+h d=n，q和d均为大于1的恒定正整数且互质，k q＞h d，k和
“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。
“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。下面我们从四种情形进行分析： （1）令k q +h d =n ，q 和d 均为大于1的恒定正整数且互质，k q ＞h d ，k 和h
“abc 猜想”讲义（十六） 第十六讲 证明“abc 猜想” 主讲王若仲 对于第（iv ）中④的情形我们分成（a ）和（b）两种情形,（a ）的情形又分成（1）和（2）两种情形，这一讲我们讲解（a ）中的（1）和（2）这两种情形。对于（b）的情形，因为（a ）的情形与（b）的情形可互换，所以同理可得出与（a ）的情形同样的结论。 （四）对于④，rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。那么rad（g ）和rad（m ）均是可变的；因为m+g=n ，在此情形下，当正整数n 不断增大时，正整数m 和g 不可能同时连续不断地减小，那么正整数m 和g 中至少有一个正整数总趋势也是不断增大。则有如下情形： （a ）因为rad（n ）为恒定的值，rad（m ）和rad（g ）均不为恒定的值。对于m+g=v p ，或者m+g=111v g ·212v g ·313v g ·…·e v e g 1。m 和g 可互换，令m ＞g 。 （1）c=n=v p 时，正整数p （p ＞1）为常数，v 为不小于1的整数；因为m+g=n=v p ，在此情形下，当正整数n 不断增大时，那么正整数m 也不断增大，那么这种情形下，当正整数n 趋向于正无穷大时，正整数m 趋向于正无穷大。这种情形下，因为g P p v v -=1÷（1- v p g ），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 v p g 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x?[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 。使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤ψ（x）≤L 恒成立。因为函数f （x ）=x 1的情形包含了 v p g 的情形，那么在v p g 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤v p g ≤L 恒成立。 故由此可知，这种情形下，不管m 和v p 以及g 如何变化，不等式1÷（1-E ）≤v p ÷{[rad（m ）]·H }≤1÷（1-L ）恒成立。
“abc 猜想”讲义（23） 第二十三讲 利用“abc 定理”证明“费尔马大定理” 主讲 王若仲 这一讲讲解如何利用“abc 定理”怎样证明“费尔马大定理”。六费尔马大定理 引理6.1：对于任一大于1的正整数a，若a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n∈N，m ∈N，2＜n≤3m+r。则a≤b m 。 证明：对于任一大于1的正整数a，要使a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n≤3m+r。则n 下列情形：（1）n 为合数；（2）n 为奇质数；（3）a＞b。 当n 为合数或者n 为奇质数时，则n≥3。那么a n =a 3m+r ，r=0或1或2。则m ≥1，那么a≤a m 。 当a＞b 时，根据题设，a n =b 3m+r ，r=0或1或2，n∈N，m∈N，2＜n≤3m+r。我们令a=d s ·c v ，d 和s 以及c 和v 均为不小于2的正整数。如果s=1或者v=1，那么这种情形下，还是（1）和（2）的情形。我们不妨令s≥v，则a=d s ·c v =v v s c d )(?-，那么a＞d s-v ·c。而a n =（d s-v ·c）v·n ，因为n＞2，我们不妨设n=3m 1+r 1，r 1=0或1或2，m 1∈N，m 1≥1。那么v·n=v·（3m 1+r 1）=3m 1·v+r 1·v，而a n = v r v m v s c d ?+?-?113)(=v m v s c d ?-?13)(·v r v s c d ?-?1)(=13)(m v s c d ?·v r v s c d ?-?1)(，则a≤v m v s c d ?-?1)(。类似情形同理可证。故引理6.1成立。 引理6.2：对于任两个均大于1的正整数a 和c，若a n =b 3m+r ，c n =d 3m+r ，r=0或1或2，2＜n＜3m+r。则a÷b m ≥ac÷（bd）m 和c÷d m ≥ac÷（bd）m 。 证明：对于任两个均大于1的正整数a 和c，若a n =b 3m+r ，c n =d 3m+r ，r=0或1或2，2＜n＜3m+r。由引理6.1可知，a÷b m ≤1，c÷d m ≤1。把不等式c÷d m ≤1 两边同时乘a÷b m ，则有ac÷（bd）m ≤a÷b m 。把不等式a÷b m ≤1两边同时乘c÷d m ， 则有ac÷（bd）m ≤c÷d m 。故引理6.2成立。
“abc 猜想”讲义（十四） 第十四讲 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 ·212v g ·313v 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 ·212v g ·313v 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。这一讲我们就只分析第（1）和第（2）的情形： （二）对于②，rad（n ）和rad（g ）均为恒定的值，由第七讲中的不定方程定理4.1和推论4.1可知，那么rad（m ）不可能为恒定的值。令b=g=h d 或b=g=1 11h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1，c=n=v p 或c=n=111v g ·212v g ·313v 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 。d 和p 均为大于1的
初中数学三角形中的辅助线之截长补短专项训练题2（附答案详解） 1．如图，AB CD ∥，BE 平分ABC ∠，CE 平分BCD ∠，点E 在AD 上，求证：BC AB CD =+. 2．已知中，，、分别平分和，、交于点，试判断、、的数量关系，并加以证明． 3．如图，在△ABC 中，，，P 、Q 分别在BC 、CA 上，并且AP 、BQ 分别是∠BAC 、∠ABC 的角平分线．求证： （1） ； （2）． 4．如图，在△ABC 中， ，D 是三角形外一点，且，．求证： 5．如图，△ABC 中，，AD 是BC 边上的高，如果，我们就称△ABC 为“高和三角形”．请你依据这一定义回答问题： （1）若，，则△ABC____ “高和三角形”（填“是”或“不是”）；
（2）一般地，如果△ABC 是“高和三角形”，则与之间的关系是____，并证明 你的结论 6．如图所示，已知中，，BD 、CE 分别平分和，BD 、CE 交 于点O ． 求证：BE+CD=BC ． 7．阅读下面材料：小明遇到这样一个问题: 如图一，△ABC 中，∠A=90°，AB=AC ，BD 平分∠ABC ，猜想线段AD 与DC 数量关系.小明发现可以用下面方法解决问题:作DE ⊥BC 交BC 于点E ： (1)根据阅读材料可得AD 与DC 的数量关系为__________. (2)如图二，△ABC 中，∠A=120°，AB=AC ，BD 平分∠ABC ，猜想线段AD 与DC 的数量关系，并证明你的猜想. (3)如图三，△ABC 中，∠A=100°，AB=AC ，BD 平分∠ABC ，猜想线段AD 与BD 、BC 的数量关系，并证明你的猜想. 8．已知等边ABC ?中，点O 是边AC ，BC 的垂直平分线的交点，M ，N 分别在直线AC ，BC 上且60MON ∠=°，
“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 ·313h q ·…·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x?[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 。使得x 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤ψ（x）≤L 恒成立。因为函数f（x ）=x 1的情形包含了（111h q ·212 h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p 的情形，那么在（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中的元素时，不等式E ≤（111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1）÷v p ≤L 恒成立。 故由此可知，这种情形下，不管m 和v p 以及111h q ·212h q ·313h q ·…·s h s q 1如何变化，不等式1÷（1-E ）≤v p ÷{[rad（m ）]·H }≤1÷（1-L ）恒成立。
“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 。k ，1k ， 2k ，3k ， …，r k 均为不小于1的整数；1k ，2k ，3k ，…，r k 非全相等。因为n=k q +g 或者n=111k p ·212k p ·313k p ·…·r k r p 1+g 。 对于n 和rad（n ），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)(g q rad g q k k ++和
“abc 猜想”讲义（6）最终修改版 第六讲 根数及其性质 主讲王若仲 我们的目的是要求证“abc 猜想”，所以我们还要学习根数及其性质的内容。 三、根数 定义3.1：对于正整数a ，把正整数a 分解为素数幂的乘积形式，a =p k 11·p k 22·p k 313·…·p r k r ，其中k u ≥1（u=1，2，3，…，r），则称p 1·p 2·p 3·…·p r 为正整数a 的根数，记为rad（a ）。比如：rad（2×3×52×72）=2×3×5×7，rad(34×112×13)=3×11×13。 因为在求证“abc 猜想”的过程中，要用到函数，所以对于根数在正实数范围内还要定义为如下情形： 定义3.2：对于任一正实数x（x ≥1），根数rad（x ）表示为如下情形： （1）x 为正整数，根数rad（x ）表示正整数x 中的无重复质因数的积； （2）x=p q ，p 和q 均为正整数且互质，q ＞p，根数rad（x ）表示正整数q 中无重复质因数的积除以正整数p 中无重复质因数的积； （3）x= p t s （t＞s），t∈N ，s ∈N ，（t，s）=1，p 为正整数且s p 中不存在因数q r 的情形，使得r ≥t；根数rad（x ）=p t s 。 （4）x=t s p q (（t＞s），t∈N ，s ∈N ，（t，s）=1，p 和q（q ＞p）均为正整数且互质，s p 中不存在因数d r 的情形，使得r ≥t，s q 中不存在因数g v 的情形，使得v ≥t。根数rad（x ）=t s p q )(。（5）正实数x 为超越数，根数rad（x ）=x； （6）正实数x 为（1），（2），（3），（4），（5）中任意两种的有限次组合或任意三种的有限次组合或任意四种的有限次组合或五种均有的有限次组
“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。那么任一rad（x）均可表为az′+r（r＜a）的形式，其中a 和r 均为 恒定的正实数。而z 与az′+r 形式中的z′具有函数对应关系，即对于任一z，az′+r 形式中有唯一z′与之对应。 所以不妨设函数μ（z）=z÷（az+r），那么-lim +∞→z μ（z）=-lim +∞ →z z′÷（az+r）′=1÷a，又+→1 lim z μ（z）=1÷（a+r），则函数μ（z）在z 属于闭区间[1+ε，+∞-ε]中有界。即存在恒定的正实数F （1＜F ＜+∞），使得1＜μ（z）≤F 或者1
介绍自己的缺点作文 要不断的发现自己的缺点，这样才能更有计划提升自己，下面请参考介绍自己的缺点作文！ 【篇一：介绍自己的缺点作文】世界上没一个人是十全十美的。我也不例外，有缺点也有优点。今天，我先向大家介绍我的缺点吧！ 我的缺点有很多，就是为人太正直了，别人有一点小小的过错，就毫不留情地挑出来。比如我的前桌同学说话太哆嗦了，老师叫她回答问题她回答得太长了；我听得不耐烦了，就说：“你怎么说得这么，哆嗦呀！”我的同桌巧芝听到了，就小声地说：“你别这么说她，你不是也样吗？如果有人这么说你，你会很自卑的，会伤了自尊心的。”一句话提醒了我，我下定决心要改正自己的毛病。 葫芦呆着长，孩子哭着，长。小时候，我遇到一点不顺心的事就哭鼻子，时间长了，就养成了这个坏习惯。记得一年级的时候，学校举办黑板报比赛，我和几位同学去为老师画画。当时，在那里我最矮！有人就骂我：“你看，她这么矮还要去画画，还不笑死人了。”我听到了，从椅子上跳下来，把粉笔放下，趴在座位上大哭。哭了一会儿，感觉心里舒服多了，”又跟朋友说说笑笑。 拔牙，是一件很令人害怕的事。从小就胆小的我，第一次拔牙，我的心里怦怦乱跳。到了牙科门口，我一小步一小步地走，到医生身边，妈妈在我身边说：勇敢点，别害怕，你是最的。”听了妈妈的话， ————来源网络搜集整理，仅供个人学习查参考
我慢慢张开嘴巴，医生拿着工具来到我面前，用棉布粘点药水擦在我牙齿上，就开始拔了。拔完了，我扑在妈妈的怀里大哭，我发现拔牙像割肉一样痛。医生给我的第一印象，就是像老虎一样想把我吃了…… 这就是我的缺点：胆小、爱哭、喜欢挑别人毛病……从今以后，我下决心改正缺点，发扬优点。 【篇二：介绍自己的缺点作文】对一个人来说，发现自己的优点，容易，自信的人：“我哪儿都是优点！”可发现自己的缺点，却没有那么容易。可能从没注意过，也可能不好意思说出口。 发现自己的缺点，确实不是件容易的事，要充分了解自己，敢于承认自己的不足，也要学会正视自己的这些不足。有时候自己哪里做的不对或不恰当，别人可能会稍稍提醒一下，这并不是小看或嘲笑，而是在为自己发现自己的缺点提供机会。在我们个人来说，自己找自己的不足太难了，而别人的一句两句话，可能就是一个好机会。 就好像照镜子，凭空摸自己的脸，摸不出哪里有什么，而照一照镜子，一眼就可以看见。这些找出我们缺点的人就是镜子。当然，这镜子也要是块好镜子，不仅要找优，也要找劣，不光要看哪里好看，也要看哪里不好看。 在别人面前承认自己的缺点，对很多人来说也很难，有几个人肯大方的承认自己的不足呢？恐怕只有那些被人称脸大的人才可能会承认。其实有时候，很多人在承认错误的时候很可爱，像一只犯了错的小兔子。其实，偶尔傻一下也没什么。
证明ABC猜想：意义重大，却无人能识？ 2012年8月30日，43岁的日本数学家、京都大学教授望月新一在数学系主页上贴了4篇论文，通过总共长达512页的艰深推理（当代数学论文多为10~20页），他宣称自己解决了数学史上最富传奇色彩的未解猜想：ABC猜想。 望月新一
ABC猜想在27年前由Masser和Oesterlé分别独立提出。自那时以来，鲜有数学家敢于尝试证明它的正确性，而先前号称自己证明了该猜想的人，经由数学界检查，他们的证明也都因各种错漏而被否认。望月新一解决难题的能力广为人知，所以数学界必定会认真研究他的论文，从全局的思维过程到最细枝末节的精巧构造，就正确与否给出一个答案。 但是，问题来了：谁能看得懂这套证明，并且明白证明背后建立起来的新数学理论的哲学？James D. Taylor在著名数学论坛MathOverflow上发了一个帖子，很多数学家，包括菲尔兹奖得主陶哲轩和望月新一的好友、牛津大学教授金明迥也参与了讨论；最后大家得出的答案是：没人看得懂。 现代数学研究的机制已经趋于成熟，一个问题总是基于前人的工作和对相关问题的理解而提出的，解决问题的机制也多为已知方法的变种。2003年，佩雷尔曼证明了统一人类对三维宇宙认识的庞伽莱猜想，用的是上世纪80年代汉密尔顿引入微分几何的研究方法“Ricci 曲率流”；几百年前费马声称空白太窄写不下证明过程的费马最后定理，怀尔斯爵士在上世纪上世纪80年代证明该猜想时，用的也是上世纪50年代建立起来高阶椭圆曲线的模形式理论。
克莱因曲面的模曲线 望月新一遇到的情况却有点不同。他已经在ABC猜想的证明工作上独自思考了20年，建立起了他称之为“宇宙際Teichmüller理論”的新世界，定义了各种前所未有的神秘术语，比如第一篇论文讲了“霍奇影院”（Hodge Theater）的构造，第二篇论文则引入了“外星算数全纯结构”（alien arithmetic holomorphic structures）。 代数几何和数论领域的大多数资深数学工作者都认为，望月的理论过于玄妙，不值得花上几年时间去仔细阅读，弄清楚新定义的术语、推理的脉络和理论的结构。诚然，最坏的可能是，
证明ABC猜想意义重大
证明ABC猜想意义重大 MathChief 日本京都，一个孤独而深刻的思考者向世界打开了一扇门，通往他建立的新数学理论的宇宙。他用自己建立的数学理论，宣称证明了数学史上最富传奇色彩的ABC猜想。唯一的问题是，没有人看得懂他的证明。 提醒：本文中将会出现大量不影响阅读的数学术语 2012年8月30日，43岁的日本数学家、京都大学教授望月新一在数学系主页上贴了4篇论文，通过总共长达512页的艰深推理（当代数学论文多为10~20页），他宣称自己解决了数学史上最富传奇色彩的未解猜想：ABC猜想。
望月新一 ABC猜想在27年前由Masser和Oesterlé分别独立提出。自那时以来，鲜有数学家敢于尝试证明它的正确性，而先前号称自己证明了该猜想的人，经由数学界检查，他们的证明也都因各种错漏而被否认。望月新一解决难题的能力广为人知，所以数学界必定会认真研究他的论文，从全局的思维过程到最细枝末节的精巧构造，就正确与否给出一个答案。 但是，问题来了：谁能看得懂这套证明，并且明白证明背后建立起来的新数学理论的哲学？James D. Taylor在著名数学论坛MathOverflow上发了一个帖子，很多数学家，包括菲尔兹奖得主陶哲轩和望月新一的好友、牛津大学教授金明迥也参与了讨论；最后大家得出的答案是：没人看得懂。 现代数学研究的机制已经趋于成熟，一个问题总是基于前人的工作和对相关问题的理解而提出的，解决问题的机制也多为已知方法的变种。2003年，佩雷尔曼证明了统一人类对三维宇宙认识的庞伽莱猜想，用的是上世纪80年代汉密尔顿引入微分几何的研究方法“Ricci 曲率流”；几百年前费马声称空白太窄写不下证明过程的费马最后定理，怀尔斯爵士在上世纪上世纪80年代证明该猜想时，用的也是上世纪50年代建立起来高阶椭圆曲线的模形式理论。
日本数学家称证明ABC 猜想 论文几乎无人能懂 来源：南方周末 原作者：卢昌海 114人参与讨论 摘 要倘若你在数学文献中看到一个以“ABC”命名的猜想——ABC 猜想，千万不要以为那是一个“入门”级别的猜想。事实上，这一猜想在公众知名度方面或许尚处于“入门”阶段，以难度和地位而论却绝不是 “入门”级别的。 由前三个英文字母拼合而成的“ABC”一词据说自十三世纪起便见诸文献，含义为 “入门”。这些年随着英语在中国的流行，该词在中文世界里也夺得了 一席之地，出现在了很多图书的书名之中，大有跟中文词“入门”一较高下之势。不 过，倘若你在数学文献中看到一个以“ABC”命名的猜想——ABC 猜想，千万不要以为那是 一个“入门”级别的猜想。事实上，这一猜想在公众知名度方面或许尚处于“入门”阶段， 以难度和地位而论却绝不是“入门”级别的。 、管路敷设技术通过管线不仅可以解决吊顶层配置不规范高中资料试卷问题，而且可保障各类管路习题到位。在管路敷设过程中，要加强看护关于管路高中资料试卷连接管口处理高中资料试卷弯扁度固定盒位置保护层防腐跨接地线弯曲半径标等，要求技术交底。管线敷设技术中包含线槽、管架等多项方式，为解决高中语文电气课件中管壁薄、接口不严等问题，合理利用管线敷设技术。线缆敷设原则：在分线盒处，当不同电压回路交叉时，应采用金属隔板进行隔开处理；同一线槽内强电回路须同时切断习题电源，线缆敷设完毕，要进行检查和检测处理。、电气课件中调试对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行 高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料试卷相互作用与相互关系，根据生产工艺高中资料试卷要求，对电气设备进行空载与带负荷下高中资料试卷调控试验；对设备进行调整使其在正常工况下与过度工作下都可以正常工作；对于继电保护进行整核对定值，审核与校对图纸，编写复杂设备与装置高中资料试卷调试方案，编写重要设备高中资料试卷试验方案以及系统启动方案；对整套启动过程中高中资料试卷电气设备进行调试工作并且进行过关运行高中资料试卷技术指导。对于调试过程中高中资料试卷技术问题，作为调试人员，需要在事前掌握图纸资料、设备制造厂家出具高中资料试卷试验报告与相关技术资料，并且了解现场设备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况 ，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。 、电气设备调试高中资料试卷技术电力保护装置调试技术，电力保护高中资料试卷配置技术是指机组在进行继电保护高中资料试卷总体配置时，需要在最大限度内来确保机组高中资料试卷安全，并且尽可能地缩小故障高中资料试卷破坏范围，或者对某些异常高中资料试卷工况进行自动处理，尤其要避免错误高中资料试卷保护装置动作，并且拒绝动作，来避免不必要高中资料试卷突然停机。因此，电力高中资料试卷保护装置调试技术，要求电力保护装置做到准确灵活。对于差动保护装置高中资料试卷调试技术是指发电机一变压器组在发生内部故障时，需要进行外部电源高中资料试卷切除从而采用高中资料试卷主要保护装置。
“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=1 11h 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 。d 和p 均为大于1的正整数，s g 1≠t g 1（s≠t）；s，t =1，2，3，…，e 。h ，1h ，2h ，3h ，…，s h ，