“abc 猜想”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(abc)中质因数的积。2012年日本数学家望月新一在日本京都大学公布了“abc 猜想”长达500页的证明，我猜测望月新一的证明有很大的可能性是正确的。但是“abc 猜想”还有一种更为简捷的证明方法，这种证明很直接，使人易懂明了。十七世纪那场旷世最降速问题的挑战，当时莱布尼兹，牛顿，雅可布·伯努利，洛比达，约翰·伯努利都分别作出了自己的解，其中约翰·伯努利的解法最漂亮，雅可布·伯努利的解法虽繁琐，但是方法最一般化，体现了变分思想。后来欧拉给出了这类问题的普遍解法，并产生了变分法这一新的数学分支。虽然我们用简捷的方法证明了“abc 猜想”，我认为思想比方法更重要。我猜测望月新一的证明一定有一些思想更重要。
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 Oesterl é）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)中质因数的积。[1]如：rad(36)=rad(2×2×3×3)=2×3=6。
“abc猜想”证明
定理1:任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，b，c。对于任何ε＞0,存在常数kε＞0，有：c＜kεrad(abc)1+ε。
证明：设奇素数p
1，p
2
，p
3
，…，p
t
为从3开始的连续的奇素数（p
i
＜p
j
，i
＜j，i、j=1，2，3，…，t），其中p
t
为较大或者相当相当大的奇素数。并且
集合{p
11，p
12
，p
13
，…，p
1r
}∪{p
21
，p
22
，p
23
，…，p
2s
}={p
1
，p
2
，p
3
，…，p
t
}，集
合{p
11，p
12
，p
13
，…，p
1r
}∩{p
21
，p
22
，p
23
，…，p
2s
}=ф。
对于等式a+b＝c，a和b以及c均为正整数，且a和b互质。
（i）我们令c=2v·p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr，a=p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs，
2v·p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr＞p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs，其中k
u
≥1（u=1，2，
3，…，r），h
w ≥1（w=1，2，3，…，s），v≥1，那么b=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs。显然a和b互质。
我们假定b为奇素数，又假定对于任何ε＞0,存在常数k
ε＞0，有kε
rad[p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs·（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）·2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr ]1+ε＞2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr成立。即k
ε·[p21·p22·p23·…·p2s·（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）·2·p
11
·p
12
·p
13
·…·p
1r
]1+ε＞2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr。
（1）对于不等式k
εrad[p21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs·（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）·2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr ]1+ε＞2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr，我们令c
1=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n，n为奇数，数值a不变，那么
b 1=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs；因为要求a和
b 1互质，所以n中不含有集合{p
21
，p
22
，p
23
，…，p
2s
}中的元素。我们总可以创设
这样的情形，使（2v·p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）
为奇素数。又因为不等式左边数值[p
21·p
22
·p
23
·…·p
2s
·2·p
11
·p
12
·p
13
·…·p
1r
]
不变，右边数值2v·p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr不变。我们令d
1
=（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）÷（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs），
g 1=（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n）÷（2·v p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr），
而（2v·p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）÷（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）＞（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n）÷
（2·v p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr），说明d
1
＞g
1
=n，这就相当于不等式k
ε·[p21·p22·p23·…·p2s·（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）·2·p
11
·p
12
·p
13
·…·p
1r
]1+ε＞2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr的左边乘上数值d
1，右边乘上数值g
1
；所以不等式k
ε
rad[p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs·（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）·2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n]1+ε＞
2v·p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n仍成立。即或是奇数（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）为奇合数，仍然有不等式k
ε
[p
21·p
22
·p
23
·…·p
2s
·（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）·2·p
11
·p
12
·p
13
·…·p
1r
·n]＞2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n成立。这就说明在奇数（2v·p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）
为奇合数的情形下，虽然[p
21·p
22
·p
23
·…·p
2s
·rad（2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）·2·p
11
·p
12
·p
13
·…·p
1r
·rad（n）]＜
kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n ]，但是我们总可以把[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]乘以某个有限的正整数M ，使得M ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]≧[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n ]。
由此可知，在满足（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）＞0的前提下，不管（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）为奇素数还是奇合数，我们都把它看作奇素数来分析探讨，说明按这样拓展开来的情形下，确实存在常数k ε＞0，对于任何ε＞0,有k ε
rad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r
kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n 成立。
（2）对于不等式k εrad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r
kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
，我们令c 2=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ，a 2=p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ，n 和m 均为奇数，那么b 2=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ；因为要求a 2和b 2互质，所以n 中不含有集合{p 21，p 22，p 23，…，p 2s }中的元素，m 中不含有集合{p 11，p 12，p 13，…，p 1r }中的元素，并且n 和m 互质。当n ＞m 时，我们总可以创设这样的情形，使（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）为奇素数。又因为不等式左边数值[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ]不变，右边数值2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
不变；我们令d 2=（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）÷（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ），g 2=（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n ）÷（2·v p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ），而（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ··m ）÷（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）＞（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ）÷（2·v p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ），说明d 2＞g 2=n ，那么d 2·rad （n ）＞g 2=n ，这就相当于不等式k ε·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
的左边乘数值d 2·rad （n ），右边乘数值g 2；那么不等式k
ε·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·（2v ·p 11
k1
·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n 成立。所以不等式k εrad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n 仍成立。即或是奇数（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）为奇合数，仍然有不等式k ε[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n ]＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n 成立。这就说明在奇数（（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）
为奇合数的情形下，虽然[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3
·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]＜
kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n ]，但是我们总可以把[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]乘以某个有限的正整数M ，使得M ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]≧[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n ]。 由此可知，在满足（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）
＞0的前提下，不管（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs
·m ）为奇素数还是奇合数，我们都把它看作奇素数来分析探讨，说明按这样拓展开来的情形下，确实存在常数k ε＞0，对于任何ε＞0,有k ε
rad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r
kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n （ n ＞m ）成立。 （3）对于不等式k εrad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
，我们令c 3=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ，a 3=p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ，n 和m 均为奇数，那么b 3=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ；因为要求a 3和b 3互质，所以n 中不含有集合{p 21，p 22，p 23，…，p 2s }中的元素，m 中不含有集合{p 11，p 12，p 13，…，p 1r }中的元素，并且n 和m 互质。当n ＜m 时，我们总可以创设这样的情形，使（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）为奇素数。又因为不等式左边数值[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ]不变，右边数值2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
不变；我们令d 3=（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）÷（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ），g 3=（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ）÷（2·v p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ），因为n ＜m ，那么（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）÷（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）＜（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ）÷（2·v p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ），这样就有d 3＜g 3=n ，说明在不等式不等式k εrad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）·2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
的基础上按照n ＜m 的情形拓展开来，对于rad （nm ）·d 3，rad （nm ）·d 3＜g 3=n 必定会产生连续的情形，rad （nm ）·d 3＜g 3=n 和rad （nm ）·d 3＞g 3=n 也必定会产生交替出现的情形。当然对于出现rad （nm ）·d 3＞g 3=n 的情形，这是我们所期望的。不管rad （nm ）·d 3＜g 3=n 是连续产生，还是rad （nm ）·d 3＜g 3=n 和rad （nm ）·d 3＞g 3=n 交替出现，只要我们证明了rad （nm ）·d 3＜g 3=n 连续产生的情形，由于奇素数的无穷性，我们把rad （nm ）·d 3＜g 3=n 和rad （nm ）·d 3＞g 3=n 交替出现的情形中，凡是rad （nm ）·d 3＜g 3=n 的情形列出来分析讨论，这样的情形，根据rad （nm ）·d 3＜g 3=n 是连续产生的讨论情形同理可得；所以对于rad （nm ）·d 3＜g 3=n 和rad （nm ）·d 3＞g 3=n 交替出现的情形同样可得出同样的结论。
为了阐述清楚rad （nm ）·d 3＜g 3=n 连续产生的情形，我们设m 1＜m 2＜m 3＜…＜m u ，n 1＜n 2＜n 3＜…＜n u ，n i ＜m i （i=1，
2，3，…，u ），假定（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r
kr
·n 2-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 2），（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 3-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 3），…，（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n u -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m u ）总是均为奇素数；又假定总是rad （m i ）·d 3＜g 3=n i 。因为前题条件必须是（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ）＞0，所以按照总是rad （m i ）·d 3＜g 3=n i 和n i ＜m i 这样的情形，在满足（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ）＞0的前提下拓展开来，不可能远无止境地拓展下去，因为拓展到某种程度后，就出现（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ）＜0。所以只能是在有限范围内拓展，即m u 和n u 只能为有限的正整数。既然是在有限范围内拓展，那么拓展开来的所有不等式两边的数值必然在有限范围内取值；所以在满足（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs
·m i ）＞0的前题下，总存在有限范围内的正整数M 1，M 2，M 3，…，M u ；使得M 1·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·m 1·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n 1-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 1）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n 1 ]＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 1，M 2·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·m 2·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n 2-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 2）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n 2 ]＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 2，M 3·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·m 3·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n 3-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 3）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n 3 ]＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 3，…，M u ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·m u ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
n u -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m u ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n u ]＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n u 。同时在有限范围内也存在正整数W 1，W 2，W 3，…，W u ；使得W 1·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m 1）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 1-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 1）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n 1） ]≧M 1·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·m 1·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 1-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 1）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n 1 ]，W 2·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m 2）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 2-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 2）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n 2） ]≧M 2·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·m 2·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 2-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 2）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n 2 ]，W 3·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m 3）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 3-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 3）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n 3） ]≧M 3·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·m 3·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n 3-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m 3）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n 3 ]，…，W u ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m u ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
n u -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m u ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n u ） ]≧M u ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·m u ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
n u -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m u ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·n u ]。这就必然存在一个正整数常数k ε，使得不等式k εrad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ）·2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n i ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n i （i=1，2，3，…，u ）均成立。
对于rad （nm ）·d 3＜g 3=n 和rad （nm ）·d 3＞g 3=n 交替出现的情形,因为n i ＜m i , n i 和m i 互质,所以在满足（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r
kr
·n i 必然是有限的。所以对于任一（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ），总存在有限的正整数E ，对于任何ε＞0,使得E ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m i ）·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n i ） ]1+ε
＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n i ；同时也总存在有限的正整数F ，对于任何ε＞0,使得F ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m i ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n i ） ]1+ε
≥E ·[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·rad （m i ）·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n i ） ]；即F ·[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·rad （m i ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m i ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n i ） ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n i 。 我们根据前面（1）和（2）分析的情形，就是在奇数（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r
kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）为奇合数的情形下，即使[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ）
]＜[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]，我们总可以把[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]乘以某个有限的正整数Z ，使得Z ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad
（n ） ]≧[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad （m ）·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3
·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]。说明在满足（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）＞0（n ＜m ）的前提下，不管（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）为奇素数还是奇合数，我们都可以把它看作奇素数来分析探讨，根据前面的分析讨论，说明总存在有限的正整数H ，对于任何ε＞0,使得H ·[p 21·p 22·p 23·…·p 2s ·rad
（m ）·rad （2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3
·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2·p 11·p 12·p 13·…·p 1r ·rad （n ） ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n 。由此可知，在这样的情形下，确实存在常数k ε＞0，对于任何ε＞0,有k εrad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）·2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ]1+ε＞2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n （ n ＜m ）均成立。
（ii ）我们令c=p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ，a=2v ·p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ＞2v ·p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，其中k u ≥1（u=1，2，3，…，r ），h w ≥1（w=1，2，3，…，s ），v ≥1，那么b=p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
-2v ·p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs 。显然a 和b 互质。由（ii ）拓展开来的情形，根据上面（i ）的证明情形，同理可证。
（iii ）我们令c=p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ，a=p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ＞p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，其中k u ≥1（u=1，2，3，…，r ），h w ≥1（w=1，2，3，…，s ），那么b=p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs 。
显然a 和b 互质。对于（iii ）这样的情形，我们总可以创设这样的情形，使（p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ）为2与某个奇素数的积；其中n 为大于1的正整数，m 为1或者为大于1的正整数。由（iii ）拓展开来的情形，根据上面（i ）的证明情形，同理可证。就是（p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
-p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）为2与某些奇素数的积这样的情形，我们仍然可以转换到使（p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ）为2与某个奇素数的积情形上来分析讨论。
（iv ）现在我们把上述证明的情形变换为普遍性的证明，设奇素数p 1，p 2，p 3，…，p t 为从3开始的连续的奇素数（p i ＜p j ，i ＜j ，i 、j=1，2，3，…，t ），其中p t 为较大或者相当相当大的奇素数。并且集合{p 11，p 12，p 13，…，p 1r }∪{p 21，p 22，p 23，…，p 2s }={p 1，p 2，p 3，…，p t }，集合{p 11，p 12，p 13，…，p 1r }∩{p 21，p 22，p 23，…，p 2s }=ф。对于等式a+b ＝c ，a 和b 以及c 均为正整数，且a 和b 互质。
（1）我们令c=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ，a=p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs
，2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ＞p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，其中k u ≥0（u=1，2，3，…，r ），h w ≥0（w=1，2，3，…，s ），v ≥1，但是要求k 1，k 2，k 3，k r 它们中至少有一个数大于0，h 1，h 2，h 3，h s 它们中至少有一个数大于0。
①令c 1=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr
·n ，n 为奇数，数值a 不变，a 和c 1互质。根据上面（i ）中（1）的证明情形，同理可证。
②令c 2=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ，a 2=p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ，n 和m 均为奇数，a 2和c 2互质，n ＞m 。根据上面（i ）中（2）的证明情形，同理可证。
③令c 3=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ·n ，a 3=p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·m ，n 和m 均为奇数，a 3和c 3互质，n ＜m 。根据上面（i ）中（3）的证明情形，同理可证。
（2）令c=p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ，a=2v ·p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ＞2v ·p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，其中k u ≥0（u=1，2，3，…，r ），h w ≥0（w=1，2，3，…，s ），v ≥1，但是要求k 1，k 2，k 3，k r 它们中至少有一个数大于0，h 1，h 2，h 3，h s 它们中至少有一个数大于0。由（2）拓展开来的情形，根据上面（i ）的证明情形，同理可证。
（3）令c=p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ，a=p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ＞p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，其中k u ≥0（u=1，2，3，…，r ），h w ≥0（w=1，2，3，…，s ），但是要求k 1，k 2，k 3，k r 它们中至少有一个数大于0，h 1，h 2，h 3，h s 它们中至少有一个数大于0。由（3）拓展开来的情形，根据上面（i ）的证明情形，同理可证。
由（i ）和（ii ）以及（iii ）和（iv ）的分析讨论可知，设奇素数p 1，p 2，p 3，…，p t 为从3开始的连续的奇素数（p i ＜p j ，i ＜j ，i 、j=1，2，3，…，t ），其中p t 为较大或者相当相当大的奇素数。并且集合{p 11，p 12，p 13，…，p 1r }∪{p 21，p 22，p 23，…，p 2s }={p 1，p 2，p 3，…，p t }，集合{p 11，p 12，p 13，…，p 1r }∩{p 21，p 22，p 23，…，p 2s }=ф。其中k u ≥1（u=1，2，3，…，r ），h w ≥1（w=1，2，3，…，s ），v ≥1，那么b=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs 。（一）令c=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr ，a=p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，那么b=2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3·…·p 1r kr -p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ，假定对于任何ε＞0,存在常数k ε＞0，有不等式k ε
rad[p 21h1·p 22h2·p 23h3·…·p 2s hs ·（2v ·p 11k1·p 12k2·p 13k3
·…·p 1r
kr-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs）·2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr ]1+ε＞2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr成立。再拓展令c
1=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n，n为奇数，数值
a=p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs不变，那么b
1
=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs；因为要求a和b
1
互质，所以n中不含有集合{p
21
，
p 22，p
23
，…，p
2s
}中的元素。再拓展令c
2
=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n，
a 2=p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs·m，n和m均为奇数，那么b
2
=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs·m；n＞m，因为要求a
2
和b
2
互质，所以n和m
互质。再拓展令c
3=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n，a
3
=p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs·m，
n和m均为奇数，那么b
3=2v·p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr·n-p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs·m；
n＜m，因为要求a
3和b
3
互质，所以n和m互质。（二）令c=p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr，a=2v·p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs，且c＞a，那么b=p
11
k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-2v·p
21h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs；按照（i）的扩展方法而得到的扩展情形。（三）
令c=p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr，a=p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs，且c＞a，那么
b=p
11k1·p
12
k2·p
13
k3·…·p
1r
kr-p
21
h1·p
22
h2·p
23
h3·…·p
2s
hs；按照（i）的扩展方法
而得到的扩展情形。（四）对于（iv）的情形按照（i）的扩展方法而得到的扩展情形。所以前面（i）和（ii）以及（iii）和（iv）的情形说明已经扩展到对于任何三个满足a+b＝c以及a和b互质的正整数a，b，c的情形。所以，综上所述，定理1成立。
参考文献
[1]百度百科
二〇一五年五月九日
庞加莱猜想 百科名片 庞加莱猜想电脑三维模型 庞加莱猜想是法国数学家提出的一个猜想，是悬赏的（七个千年大奖问题）之一。2006年被确认由俄罗斯数学家最终证明，但将解题方法公布到网上之后，佩雷尔曼便拒绝接受马德里国际数学联合会声望颇高的。 目录 展开 庞加莱猜想图示 令人头疼的世纪难题 缘起 如果我们伸缩围绕一个表面的橡皮带，那么我们可以既不扯断它，也不让它离开表面，使它慢慢移动收缩为一个点。另一方面，如果我们想象同样的橡皮带以适当的方向被伸缩在一个轮胎面上，那么不扯断橡皮带或者轮胎面，是没有办法把它收缩到一点的。我们说，苹果表面是“的”，而轮胎面不是。大约在一百年以前，已经知道，球面本质上可由单连通性来刻画，他
提出(中与原点有单位距离的点的全体)的对应问题。这个问题立即变得无比困难，从那时起，数学家们就在为此奋斗。 一位史家曾经如此形容1854年出生的（Henri Poincare）:“有些人仿佛生下来就是为了证明天才的存在似的，每次看到亨利，我就会听见这个恼人的声音在我耳边响起。”庞加莱作为的伟大，并不完全在于他解决了多少问题，而在于他曾经提出过许多具有开创意义、奠基性的大问题。庞加莱猜想，就是其中的一个。 1904年，庞加莱在一篇论文中提出了一个看似很简单的的：在一个中，假如每一条封闭的都能收缩到一点，那么这个空间一定是一个三维的圆球。但1905年发现提法中有错误，并对之进行了修改，被推广为：“任何与n 维球面的n维封闭流形必定于n维球面。”后来，这个猜想被推广至三维以上空间，被称为“高维庞加莱猜想”。 猜想的简单比喻 如果你认为这个说法太抽象的话，我们不妨做这样一个想象： 我们想象这样一个房子，这个空间是一个球。或者，想象一只巨大的足球，里面充满了气，我们钻到里 庞加莱猜想 面看，这就是一个球形的房子。 我们不妨假设这个球形的房子墙壁是用钢做的，非常结实，没有窗户没有门，我们现在在这样的球形房子里。拿一个气球来，带到这个球形的房子里。随便什么气球都可以（其实对这个气球是有要求的）。这个气球并不是瘪的，而是已经吹成某一个形状，什么形状都可以（对形状也有一定要求）。但是这个气球，我们还可以继续吹大它，而且假设气球的皮特别结实，肯定不会被吹破。还要假设，这个气球的皮是无限薄的。 好，现在我们继续吹大这个气球，一直吹。吹到最后会怎么样呢？庞加莱先生猜想，吹到最后，一定是气球表面和整个球形房子的墙壁表面紧紧地贴住，中间没有缝隙。 我们还可以换一种方法想想：如果我们伸缩围绕一个苹果表面的橡皮带，那么我们可以既不扯断它，也不让它离开表面，使它慢慢移动收缩为一个点； 另一方面，如果我们想象同样的橡皮带以适当的方向被伸缩在一个轮胎面上，那么不扯断橡皮带或者轮胎面，是没有办法把它收缩到一点的。 为什么？因为，苹果表面是“单连通的”，而轮胎面不是。
“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
Pure Mathematics 理论数学, 2019, 9(8), 949-960 Published Online October 2019 in Hans. https://www.doczj.com/doc/b318983729.html,/journal/pm https://https://www.doczj.com/doc/b318983729.html,/10.12677/pm.2019.98121 Tait’s Conjecture Continue —The Proof of the Four-Color Theorem Wenzhen Han Jincheng Energy Co. Ltd., Jincheng Shanxi Received: Sep. 30th, 2019; accepted: Oct. 22nd, 2019; published: Oct. 29th, 2019 Abstract The four-color theorem also known as the four-color conjecture or the four-color problem is one of the world’s three largest mathematical conjecture. Although it has been proved on computer, which owes to its powerful computing ability, after all, it isn’t strictly reasoned mathematically. Lots of math enthusiasts devote themselves to studying the problem around the globe. In this pa-per, the new concepts of two-color dyeable continuous line are put forward. A new method is used to prove that the 3-coloring of 3-regular planar graph lines is equivalent to the 4-coloring of maximal graph points. It is also proved that the 3-coloring of 3-regular planar graph lines is in-evitably possible. Thus, a universal four-color coloring method for vertices of any maximal graph is given. Keywords Four Colors Enough, Two-Color Dyeable Continuous Line, 3-Regular Plane, Maximum Graph, Even Ring Elimination Method 泰特猜想的延续 ——四色定理的书面证明 韩文镇 晋城能源有限责任公司，山西晋城 收稿日期：2019年9月30日；录用日期：2019年10月22日；发布日期：2019年10月29日 摘要 四色定理，又称四色猜想、四色问题，是世界三大数学猜想之一。计算机证明虽然做了百亿次判断，终
哥德巴赫猜想（Goldbach Conjecture）大致可分为两个猜想（前者称"强"或"二重哥德巴赫猜想，后者称"弱"或"三重哥德巴赫猜想）：1.每个不小于6的偶数都可以表示为两个奇素数之和；2.每个不小于9的奇数都可以表示为三个奇素数之和。考虑把偶数表示为两数之和，而每一个数又是若干素数之积。把命题"每一个大偶数可以表示成为一个素因子个数不超过a个的数与另一个素因子不超过b个的数之和"记作"a+b"，那么哥氏猜想就是要证明"1+1"成立。1966年陈景润证明了"1+2"成立，即"任何一个大偶数都可表示成一个素数与另一个素因子不超过2个的数之和"。 这个问题是德国数学家哥德巴赫（C．Goldbach，1690-1764）于1742年6月7日在给大数学家欧拉的信中提出的，所以被称作哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)。同年6月30日，欧拉在回信中认为这个猜想可能是真的，但他无法证明。现在，哥德巴赫猜想的一般提法是：每个大于等于6的偶数，都可表示为两个奇素数之和；每个大于等于9的奇数，都可表示为三个奇素数之和。其实，后一个命题就是前一个命题的推论。哥德巴赫（Goldbach ]C.，1690.3.18~1764.11.20）是德国数学家；出生于格奥尼格斯别尔格（现名加里宁城）；曾在英国牛津大学学习；原学法学，由于在欧洲各国访问期间结识了贝努利家族,所以对数学研究产生了兴趣；曾担任中学教师。1725年，到了俄国，同年被选为彼得堡科学院院士；1725年~1740年担任彼得堡科学院会议秘书；1742年，移居莫斯科，并在俄国外交部任职。1729年~1764年，哥德巴赫与欧拉保持了长达三十五年的书信往来。在1742年6月7日给欧拉的信中，哥德巴赫提出了一个命题。他写道："我的问题是这样的：随便取某一个奇数，比如77，可以把它写成三个素数(就是质数)之和：77=53+17+7；再任取一个奇数，比如461，461=449+7+5，也是三个素数之和，461还可以写成257+199+5，仍然是三个素数之和。这样，我发现：任何大于5的奇数都是三个素数之和。但这怎样证明呢？虽然做过的每一次试验都得到了上述结果，但是不可能把所有的奇数都拿来检验，需要的是一般的证明，而不是个别的检验。" 欧拉回信说：―这个命题看来是正确的‖。但是他也给不出严格的证明。同时欧拉又提出了另一个命题：任何一个大于2的偶数都是两个素数之和，但是这个命题他也没能给予证明。不难看出，哥德巴赫的命题是欧拉命题的推论。事实上，任何一个大于5的奇数都可以写成如下形式：2N+1=3+2(N-1)，其中2(N-1)≥4。若欧拉的命题成立，则偶数2N可以写成两个素数之和，于是奇数2N+1可以写成三个素数之和，从而，对于大于5的奇数，哥德巴赫的猜想成立。但是哥德巴赫的命题成立并不能保证欧拉命题的成立。因而欧拉的命题比哥德巴赫的命题要求更高。现在通常把这两个命题统称为哥德巴赫猜想。 哥德巴赫猜想貌似简单，要证明它却着实不易，成为数学中一个著名的难题。18、19世纪，所有的数论专家对这个猜想的证明都没有作出实质性的推进，直到20世纪才有所突破。1937年苏联数学家维诺格拉多夫（и．M．Bиногралов,1891-1983），用他创造的"三角和"方法，证明了"任何大奇数都可表示为三个素数之和"。不过，维诺格拉多夫的所谓大奇数要求大得出奇，与哥德巴赫猜想的要求仍相距甚远。关于偶数可表示为a个质数的乘积与b个质数的乘积之和(简称―a + b‖问题)进展如下: 1920年，挪威的布朗证明了―9 + 9‖。1924年，德国的拉特马赫证明了―7 + 7‖。
（一） 庞加莱是法国数学家，1904年他在一组论文中提出有关空间几何结构的猜想，但1905年发现提法中有错误，并对之进行了修改，这就是“庞加莱猜想”：在一个三维空间中，假如每一条封闭的曲线都能收缩成一点，那么这个空间一定是一个三维的圆球。后来，这个猜想被推广至三维以上空间，被称为“高维庞加莱猜想”。丘成桐院士认为，庞加莱猜想和三维空间几何化的问题是几何领域的主流，它的证明将会对数学界流形性质的认识，甚至用数学语言描述宇宙空间产生重要影响。 庞加莱猜想证明对用数学语言描述宇宙空间产生重要影响，我们可举在超弦理论上的应用来说明。 首先我们要对庞加莱猜想的“点”作一个约定：庞加莱猜想中的“点”可以指数轴、坐标、直线、曲线、平面、曲面等等数学空间的数值点、标点、原点、奇点、焦点、鞍点、结点、中心点......而不能指我们说的“曲点”和“点内空间”的点，不然就会产生矛盾。 因为我们说的“曲点”，是指环圈面、圆环面收缩成的一点，以及“环绕数”收缩成的一点---如圈是“绳”一致分布中间没有打结的封闭线；在这种纽结理论定义中，两个圈套圈的纽结，有一个交点；如果这种圈套圈有两次纽合，圈套圈的纽结“点”就包含了“环绕数”，把有一个以上“环绕数”的圈套圈，紧致化到一个交点，就是一个“曲点”。即“曲点”最直观的数学模型，是指包含“环绕数”的点。而我们说的“点内空间”的点，是指虚数一类虚拟空间内的“点”。 如果把“在一个三维空间中，假如每一条封闭的曲线都能收缩成一点，那么这个空间一定是一个三维的圆球”称为“庞加莱猜想正定理”，那么“曲点”和“点内空间”正是来源于庞加莱猜想之外还有的一个庞加莱猜想：在一个三维空间中，假如每一条封闭的曲线都能收缩成类似一点，其中只要有一点是曲点，那么这个空间就不一定是一个三维的圆球，而可能是一个三维的环面---我们称为“庞加莱猜想逆定理”。庞加莱猜想至少有两个来源---一个是函数论，一个是代数拓扑学。 即有人认为，19世纪是函数论的世纪，庞加莱因发明自守函数而使函数论的世纪大放异彩的。所谓自守函数，就是在某些变换群的变换下保持不变的函数。自守函数是圆函数、双曲函数、椭圆函数以及初等分析中其他函数的推广。自守函数今天已包括那些在变换群或这个群的某些子群作用下的不变函数。此外，在复平面的任何有限部分上，这个群完全是不连续的。庞加莱把分式变换群扩充到复系数的情况，并考虑了这种群的几种类型，他把这种群叫克莱因群。对这些克莱因群，庞加莱得到了新的自守函数，即在克莱因群变换下不变的函数，庞加莱把它叫做克莱因函数。此后，庞加莱指出如何借助于克莱因函数表示仅有正则奇点的代数系数的n阶线性方程的积分。自守函数提供了具有某种奇点的解析函数的头一批例子，它们的奇点构成非稠密的完备集或奇点的曲线。代数曲线的参考化定理也是自守函数论的一个结果，它促使庞加莱在1883年导出一般的“单值化定理”，这等价于存在由任意连通、非紧致黎曼面到复平面或开圆盘的共形映射。 其次，庞加莱是代数拓扑学(组合拓扑学)的奠基人，最先系统而普遍地探讨了几何学图形的组合理论。现在称之为单形的同调论的一整套方法完全是庞加莱的发明创造---其中有流形的三角剖分、单纯复合形、重心重分、对偶复合形、复合形的关联系数矩阵等概念以及从该矩阵计算贝蒂)数的方法。籍助这些方法，庞加莱发现关于流形的同调的著名的对偶定理；定义了基本群(第一个同伦群)，并证明它与一维贝蒂数的关系，还把贝蒂数和微分形式的积分联系在一起，以及欧拉多面体定理的推广---现称之为欧拉—庞加莱公式： x（D）=F－E+V （1） 这个式子的右边是和三角剖分的方式有关，但实际上x（D）和剖分的方式无关，它是曲面的一个拓扑不变量。对于紧致曲面，边界曲线不出现，仍然可以作三角剖分，因可求得：
几何化猜想 编辑 威廉·瑟斯顿（Thurston）的几何化猜想（geometrization conjecture）指的是，任取一个紧致(可能带边)的三维流形尽量作连通和以使其成为尽可能简单的三维流形的连通和，对于带边流形可能还需要沿着一些圆盘继续切割，有唯一的方法沿着一些环面(如果是带边流形还要加上平环)割开得 到尽可能简单的若干小块，这些小块均为八种标准几何结构之一。 八种标准几何结构均为完备的黎曼度量，这些几何结构在某种意义上是比较“好”的，例如体积有限、“直线”都可无限延伸等等。 1.标准球面S ，具有常曲率+l 2.欧氏空间R ，具有常曲率0 3.双曲空间H ，具有常曲率-1 4.S ×S 5.H ×S 6.特殊线性群(2，R)上左不变黎曼度量 7.幂零几何 8.可解几何 威廉·瑟斯顿
编辑 威廉·瑟斯顿Thurston，William）1946年10月30日出生于美国，1982年获菲尔兹奖，获奖前后的工作地点是普林斯顿大学。他讨论了三维流形上的叶状结构，并对一般流形上叶状结构的存在、性质及其分类得出了普遍的结果；基本完成了三维闭流形的拓扑分类。 目录 1获奖情况 2主要成就 3几何化猜想
3几何化猜想 美国康奈尔大学的数学家威廉·瑟斯顿(William Thurston)，他说：“数学是真正的人类思维，它涉及人类如何能有效地思考,这就是为什么好奇心是一个好向导的道理。”他认为好奇心与人类直觉紧密相连。 1970年,瑟斯顿提出几何化猜想,指出庞加莱猜想只是几何化猜想的一个特例。几何化猜想是一个有关三维空间几何化的更强大、更普遍的猜想,认为任何空间都可还原成少数几个基本的图形。《美国数学会会志》的文章认为,瑟斯顿的伟大之处在于他深刻认识到如何用几何学的方法来认识三维流形的拓扑学。 “瑟斯顿的猜想列出了一个清单,如果它是正确的,那么庞加莱猜想的证明则迎刃而解。”瑟斯顿因几何化猜想而获得了1982年的菲尔茨奖。拓扑学家们努力发展一系列精致的工具来研究和分析形状,但一直没有进展。[1] 参考资料
庞加莱猜想浅谈 庞加莱猜想，故名思意，最早是由法国数学家庞加莱提出的，这是克雷数学研究所悬赏的数学方面七大千禧年难题之一。2006年确认由俄罗斯数学家格里戈里?佩雷尔曼（俄语：ГригорийЯковлевичПерельман，1966年6月13日出生）完成了最终证明，他也因此在同年获得菲尔兹奖，但可以，佩雷尔曼在颁奖典礼上并未现身领奖。 猜想是庞加莱在1904年发表的一组论文中提出，猜想本身并不复杂： 任一单连通的、封闭的三维流形与三维球面同胚。 解释来说就是：每一个没有破洞的封闭三维物体，都拓扑等价于三维的球面。粗浅的比喻以下，如果我们伸缩围绕一个苹果表面的橡皮带，那么我们可以既不扯断它，也不让它离开表面，使它慢慢移动收缩为一个点；另一方面，如果我们想象同样的橡皮带以适当的方向被伸缩在一个轮胎面上，那么不扯断橡皮带或者轮胎面，是没有办法把它不离开表面而又收缩到一点的。我们说，苹果表面是“单连通的”，而防真轮胎面不是。 该猜想是一个属于代数拓扑学领域的具有基本意义的命题，对“庞加莱猜想”的证明及其带来的后果将会加深数学家对流形性质的认识，甚至会对人们用数学语言描述宇宙空间产生影响。 对于猜想的破解，前后经历了近100年的时间： 20世纪 这个问题曾经被搁置了很长时间，直到1930年怀特海（J. H. C. Whitehead）首先宣布已经证明然而又收回，才再次引起了人们的兴趣。怀特海提出了一些有趣的三流形实例，其原型现在称为怀特海流形。 1950和1960年代，又有许多著名的数学家包括R·H·宾（R. H. Bing）、沃夫冈·哈肯（Wolfgang Haken）、爱德华·摩斯（Edwin E. Moise）和Christos Papakyriakopoulos声称得到了证明，但最终都发现证明存在致命缺陷。1961年，美国数学家史提芬·斯梅尔采用十分巧妙的方法绕过三、四维的困难情况，证明了五维以上的庞加莱猜想。这段时间对于低维拓扑的发展非常重要。这个猜想逐渐以证明极难而知名，但是证明此猜想的工作增进了对三流形的理解。1981年美国数学家麦克·傅利曼（Michael Freedman）证明了四维猜想，至此广义庞加莱猜想得到了证明。 1982年，理查德·哈密顿引入了“瑞奇流”的概念，并以此证明了几种特殊情况下的庞加莱猜想。在此后的几年中，他进一步地发展了此方法，后来被佩雷尔曼的证明所使用。 21世纪 在2002年11月和2003年7月之间，俄罗斯的数学家格里戈里·佩雷尔曼在https://www.doczj.com/doc/b318983729.html,发表了三篇论文预印本，并声称证明了几何化猜想。 在佩雷尔曼之后，先后有3组研究者发表论文补全佩雷尔曼给出的证明中缺少的
奥赛学习心得体会 苗玉莲首先非常感谢学校领导给我们提供的这次外出学习的机会，这次培训使我受益匪浅，感触很多。作为一名教师，我深知自己在数学教学上是不成熟的，教学工作中还有很多不足，我感觉在以前的工作过程中，自己进入了一个不能自拔旳瓶颈中，虽然工作勤勤恳恳，但教学成绩一直很差，每天心情很是纠结，工作的激情越来越低。通过这次学习使我进一步了解教师这一职业的责任，我充分认识到数学教学不是简单的知识教学和技能培养，数学教学还要注重培养学生的数学思维，教会学生用数学的思维去发现问题，分析问题和解决问题。数学还要注重培养学生的态度与价值观，这一点我一直觉得很迷茫，于凤军老师的一句话对我启示很大：“学生的态度和价值观主要体现在学生是不是喜欢数学上”。 在过去的教学实践活动中，我只满足于在其中扮演“教材的执行者”的角色，这和教师本身的教学观有关，也和课改以前我国的大教育体制环境以及其对教师的相应要求有关。但在新的课程改革的要求下，再走老路，在教学中按照课程的严格规定亦步亦趋地进行操作，而很少发挥教师的自主性，那就很难再适应新课改的要求了。教师是一种发展学生、完善自我的职业，能以服务社会为自己的职业理想，并从服务社会的高度赋予自己发展、完善的实践意义，明确自身发展与学生发展的互动关系，在发展学生中发展自己，在发展自己中服务社会。教师是以一种高度的责任感从专业角度来审视自己的教学，反思自己的情感，净化自己的品德，完善自己的智慧。能够自觉地注重教育行为的科学和教育情感的理性，并不断地追求着学生发展和自我发展的更高效益。 通过培训，我认为新课程要求教师努力和学生建立平等互动的师生关系，教学过程首先是师生交往互动的过程，这种交往主要表现为以语言为中介进行沟通，教师与学生凭借自己已有的经验，用各自独特的精神表现方式，在教学过程中通过心灵的对话、意见的交换、思想的碰撞、合作的探讨，实现知识的共同拥有与个性的全面发展。它要求教师不仅有教学策略和教学方法的改变，而且要有角色的转化——从传授者、管理者变为引导者和促进者，同时还有个性的自我完善—民主的精神、平等的作风、宽容的态度、真挚的爱心和悦纳学生的情怀。此外，在这个过程中教师也会受到很多启发，对学生有的了解，这些无疑对教师的专业化发展也是十分有益的。 我从事教育工作才有五年多，是一位有冲劲但没有丰富经验的教师，面对当今的形式，时代要求教师不断进步，吸取营养，为教育事业能够有突飞猛进的发展贡献自己为薄力量。 在这次学习中名师们为我们总结了数学的思想方法和活动经验，这让我在数学理念上有了更深刻的认识。我在实际教学中缺乏高度和深度。这需要在日常教学中每天细心备课，认真钻研教材，利用课余时间常翻翻高等数学，数学分析，数论的大学教材，研究自主招生数学试题及应试策略。除了教师自身要具备较高的随机应变的能力外，更重要汲取丰富理念，这样才能真正具备驾驭课堂的能力。空谈理论不切实际，屏弃理论也不合逻辑。我们应理论结合实际，在日常工作中根据自身工作量在学期初为自己制定好工作目标，如细致备多少节课，进行多少节课堂教学研究等。简单的说，就是有选择性
四色猜想的证明 吴道凌 （广东省广州市，510620） 摘要：四色猜想至今未得到书面证明。根据其定义的国家概念和着 色要求，揭示了无限平面或球面上任意国家及其邻国的构成和着色规 律，从而给四色猜想一个书面证明。 关键词：四色；猜想；证明；国家；着色 中图分类号：O157.5 文献标识码：A 1852年，英国学者弗南西斯·格思里(Francis Guthrie)提出，“每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家着上不同的颜色”，这就是后来数学上著名的四色猜想。对此猜想，一百多年来曾有无数学者予以研究，但人工验证均无功而返。1976年，美国数学家阿佩尔(Kenneth Appel)和哈肯(Wolfgang Haken)利用电子计算机，作了大量判断，对四色猜想进行了机器证明，但这一证明不能由人工直接验证，人们必须对计算机编译的正确性以及运行这一程序的硬件设备充分信任，因此并不被人们普遍接受。 本文拟根据四色猜想定义的国家概念和着色要求，研究无限平面或球面上国家的构成及其着色规律，寻找对四色猜想的书面证明。 1 四色猜想相关定义及表述方法 四色猜想所指的国家，是指连续的区域，可为单连通区域，也可为多连通区域，不连续的区域不属一个国家。共同边界指相邻国家有无数个共同点，四个或四个以上的国家不交于一点，或者说，这种交点不认为是共同边界， 只有这种交点的国家不需区分着色。 四色猜想并未限制地图范围，地图可定义在球面或无限平面 上。在球面上的任何国家，将存在一个外边界，由一条简单闭曲线 构成，在无限平面上的国家，一般也由一条简单闭曲线构成外边界， 个别国家也许在某些区间不存在边界（即区域无限延伸），其外边 界将由若干段曲线构成，对于这种情况，我们可在其无限远处虚拟 若干个国家若干段边界，与实在的若干段边界构成一条简单闭曲线 边界，这种做法实际上提高了这些国家的着色要求，因此不影响本 命题的论证。如为单连通区域，国家里边将不存在内边界，如为多 连通区域，国家里边将存在若干由简单闭曲线构成的内边界。因此，为使命题具有普遍性，把国家定义为具有一个外边界和若干内边界的区域，每 一边界均为该国与若干邻国的共同边界构成的简单闭曲线，如图1 示。下面把构成一条这种共同边界闭曲线的若干邻国称为一个邻国 圈。 用小圆圈表示邻国，两国相邻时，用线条连接两个小圆圈， 一个邻国在共同边界多处出现时，各处分别用小圆圈表示，并用线 条连接各处表示连通。把一个国家表示为由其若干邻国圈构成的闭 合圈围闭的区域，如图2示。其中，外闭合圈之外，一些邻国可能 跨越闭合圈上的一个或多个邻国与其它一个或多个邻国相邻，一些 邻国也可能多处出现在闭合圈上，这些情况将使闭合圈外存在若干
“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。
简洁破解四色猜想 ——“1+3”证明与“3+1”充要条件模型证明—— 李传学 四色猜想与费马猜想、哥德巴赫猜想，是数学界三大难题。本文利用“1+3”、“3+1”链锁思维方式，并结合计算机逻辑判断方式，给予地球四色猜想的有、且只有数学方法与应用方法的两种证明。并在实践中，使链锁着色，直至组成四色猜想的（△）网状平面整（总）体地图。 一、四色猜想简洁证明的提出。 随着计算机运算速度的加快、人机对话智能的出现，极大加快了对四色猜想研究、证明的步伐。1976年6月，美国哈肯与阿佩尔编制程序，利用1200个小时，分别在两台计算机上，作了100亿次判断，终于完成了四色猜想的证明。到目前为止，仍是世界上唯一被认可的证明方法。但是，由于计算机证明方法过程深长，不符合人的逻辑思维判断过程，缺乏简洁性，无法令人信服。 二、“四色”是地球“四方八位”的客观存在。 “四方八位”是个动态概念，存在于“天、地、人合一”的地球万物运动的整个过程中。同样，数学界三大难题之一的四色猜想，也离不开这一客观规律。 地球，蕴育了万物。天圆地方、“四方八位”、四面八方、东西南北、五湖四海是人类认识地球的思维方式。远在史前人类整体文明时期，就有文物记载了地球上有关“四方八位”的许多概念。如半坡人鱼盆、人网盆、含山玉版、澄湖陶罐、八角星陶豆、良渚陶璧、古埃及金字塔，以及其他图形、符号记载的伏羲八卦图、彝族八卦图、河图、洛书、五行属性，也都应用了“四方八位”概念。 四色绚丽的地球生生不息，是“天人合一”的赋予。地球的天圆地（四）方是阴阳学说的核心和精髓，又是阴阳学说的具体体现，具有朴素的辩证法色彩，是古代人类认识世界的思维方式。 阴阳五行中的五色、四方位：即，木有青、东，金有白、西，火有红、南，水有黑、北，土有黄、中，以及罗盘定位、经纬仪、四季、纳米四大光波（红、蓝、绿、黄）、四色光谱仪都与地球上的“四方八位”寓意紧密相关。当然，“四色猜想”也不例外，也只能有、且只有在地球图上的客观存在。 三、四色猜想的数学语言定义。 任何一张平面地图，只要用四种不同颜色就能使具有共同边界的国家，着上不同颜色，称之为四色猜想。 四色猜想的数学语言定义：将平面任意地细分为不相重叠的区域，每一区域总可以用1、2、3、4这四个数字之一来进行标记，且不会使相邻的两个区域得到相同的数字。这里的相邻区域，是指有一整段（非点）边界是公共的边界（注：据网络“科普中国”）。 四、四色猜想的数学证明。
“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
庞加莱猜想与超弦革命 有些弦理论家提出，彻底认识全息原理和它在弦理论中的应用，将会第三次导致超弦革命。此话怎讲？量子引力理论有近十种，如半量子引力、欧几里德量子引力、超引力、扭量理论、非对易几何、离散引力、圈量子引力、拓扑场论、超弦和M理论等，难道全息原理都能统一起来吗？其实，在我们宇宙中，场和粒子何者是原初的或派生的？对这个深奥的问题能给出肯定的解答的，至今还只有庞加莱猜想。因为物质进化，可以出现千姿百态的复杂的和特殊的事物，何者是原初或何者是进化，正是要从庞加莱猜想出发，才能分清各种层次的位置，例如，平面几何和非欧几何都是成立的，但我们要把它们分成两个层次，一般说来平面几何比非欧几何更初等些。同理，一般拓扑学和轨形拓扑学都是成立的，但在近十种的量子引力理论中，并没有分清它们的层次位置，这使得在它们的动力学作用量方程中，使用的类似
规范场代数式、非对应几何代数式等作解，需要庞加莱猜想来作再认识。 一、庞加莱猜想与唯象规范场 我们知道，如果黒洞内部有一个奇点，转动黒洞的内部就有一个奇环。奇点和奇环的存在与坐标的选取无关，这反映了时空的内禀性质，也为超弦理论的“开弦”和“闭弦”提供了先验的几何图像。 1、奇异超弦论中的庞加莱猜想熵流 代数与几何相比，图形比代数式要直观一些，即唯象些。规范场分阿贝尔规范场和非阿贝尔规范场，它们都有整体对称和定域对称两种区别，只是在定域对称上，非阿贝尔规范场比阿贝尔规范场要求有更严格的条件，代数式也更复杂化些。把整体对称和定域对称联系庞加莱猜想，庞加莱猜想熵流有三种趋向： A、庞加莱猜想正定理：在一个三维空间中，假如每一条封闭的曲线都能收缩成一点，那么这个空间一定是等价于一个三维的
“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。
世界七大数学难题 这七个“千年大奖问题”是：NP完全问题、霍奇猜想、庞加莱猜想、黎曼假设、杨－米尔斯理论、纳卫尔－斯托可方程、BSD猜想 千年大奖问题 美国麻州的克雷（Clay）数学研究所于2000年5月24日在巴黎法兰西学院宣布了一件被媒体炒得火热的大事：对七个“千年数学难题”的每一个悬赏一百万美元。 其中有一个已被解决(庞加莱猜想),还剩六个.（庞加莱猜想，已由俄罗斯数学家格里戈里·佩雷尔曼破解。） “千年大奖问题”公布以来，在世界数学界产生了强烈反响。这些问题都是关于数学基本理论的，但这些问题的解决将对数学理论的发展和应用的深化产生巨大推动。认识和研究“千年大奖问题”已成为世界数学界的热点。不少国家的数学家正在组织联合攻关。可以预期，“千年大奖问题” 将会改变新世纪数学发展的历史进程。 P问题对NP问题 在一个周六的晚上，你参加了一个盛大的晚会。由于感到局促不安，你想知道这一大厅中是否有你已经认识的人。你的主人向你提议说，你一定认识那位正在甜点盘附近角落的女士罗丝。不费一秒钟，你就能向那里扫视，并且发现你的主人是正确的。然而，如果没有这样的暗示，你就必须环顾整个大厅，一个个地审视每一个人，看是否有你认识的人。生成问题的一个解通常比验证一个给定的解时间花费要多得多。这是这种一般现象的一个例子。与此类似的是，如果某人告诉你，数13，717，421可以写成两个较小的数的乘积，你可能不知道是否应该相信他，但是如果他告诉你它可以因式分解为3607乘上3803，那么你就可以用一个袖珍计算器容易验证这是对的。人们发现，所有的完全多项式非确定性问题，都可以转换为一类叫做满足性问题的逻辑运算问题。既然这类问题的所有可能答案，都可以在多项式时间内计算，人们于是就猜想，是否这类问题，存在一个确定性算法，可以在多项式时间内，直接算出或是搜寻出正确的答案呢？这就是著名的NP=P？的猜想。不管我们编写程序是否灵巧，判定一个答案是可以很快利用内部知识来验证，还是没有这样的提示而需要花费大量时间来求解，被看作逻辑和计算机科学中最突出的问题之一。它是斯蒂文·考克于1971年陈述的。 霍奇(Hodge)猜想
四色问题又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一。 四色问题的内容是：“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色。”用数学语 言表示，即“将平面任意地细分为不相重迭 的区域，每一个区域总可以用1，2，3，4这 四个数字之一来标记，而不会使相邻的两个 区域得到相同的数字。”（右图） 这里所指的相邻区域，是指有一整段边界是公共的。如果两个区域只相遇于一点或有限多点，就不叫相邻的。因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。 四色猜想的提出来自英国。1852年，毕业于伦敦大学的弗南西斯·格思里来到一家科研单位搞地图着色工作时，发现了一种有趣的现象：“看来，每幅地图都可以用四种颜色着色，使得有共同边界的国家都被着上不同的颜色。”这个现象能不能从数学上加以严格证明呢？他和在大学读书的弟弟格里斯决心试一试。兄弟二人为证明这一问题而使用的稿纸已经堆了一大叠，可是研究工作没有进展。 1852年10月23日，他的弟弟就这个问题的证明请教了他的老师、著名数学家德·摩尔根，摩尔根也没有能找到解决这个问题的途径，于是写信向自己的好友、著名数学家汉密尔顿爵士请教。汉密尔顿接到摩尔根的信后，对四色问题进行论证。但直到1865年汉密尔顿逝世为止，问题也没有能够解决。
1872年，英国当时最著名的数学家凯利正式向伦敦数学学会提出了这个问题，于是四色猜想成了世界数学界关注的问题。世界上许多一流的数学家都纷纷参加了四色猜想的大会战。1878～1880年两年间，著名的律师兼数学家肯普和泰勒两人分别提交了证明四色猜想的论文，宣布证明了四色定理，大家都认为四色猜想从此也就解决了。 肯普的证明是这样的：首先指出如果没有一个国家包围其他国家，或没有三个以上的国家相遇于一点，这种地图就说是“正规的” （左图）。如为正规地图，否则为非正规地图（右 图）。一张地图往往是由正规地图和非 正规地图联系在一起，但非正规地图所 需颜色种数一般不超过正规地图所需的颜色，如果有一 张需要五种颜色的地图，那就是指它的正规地图是五色 的，要证明四色猜想成立，只要证明不存在一张正规五色地图就足够了。 肯普是用归谬法来 证明的，大意是如果有一 张正规的五色地图，就会存在一张国数最少的“极小正规五色地图”，如果极小正规五色地图中有一个国家的邻国数少于六个，就会存在一张国数较少的正规地图仍为五色的，这样一来就不会有极小五色地图的国数，也就不存在正规五色地图了。这样肯普就认为他已经证明了“四色问题”，但是后来人们发现他错了。
【丘先生关于庞加莱猜想证明的简介】庞加莱(Poincare)：思想仅是漫漫长夜中的一个闪光，但这闪光意味着所有一切。丘成桐：庞加莱猜想的破解，是一件令我们中国人很骄傲的事情。因为在中国本土上，我们第一次完成了一个伟大数学猜想的最后一步，震动了全球数学界!我觉得特别骄傲，因为从1979年那次回国开始，我一直期望中国本土能做出一流的工作。相信我们年轻的朋友、学生也因庞加莱猜想的破解而受到鼓舞。 三维空间的结构 丘成桐 哈佛大学数学系 请到http：//https://www.doczj.com/doc/b318983729.html,/Active/20060626_005.ppt看原文及极漂亮的图片。 (所有图形取自顾险峰，王雅琳，丘成桐的合作文章，由顾险峰提供) 先生们，女士们： 今天我将会告诉你们数学上的一页篇章是如何结束和新的篇章正在开始。 请允许我先从一些基本的观察开始。 (1)几何结构
几何学的主要目的是描述与分类有趣的几何结构。我们在日常生活中看到许多有趣的几何结构。我举几个例子： (2)连通和 构造曲面的一个抽象和主要的方法是作曲面的连通和。 (3)曲面结构定理 定理(曲面分类定理) 任意闭的可定向的曲面是如下曲面之一：球面，环面或有限多个环面的连通和。 (4)共形几何 为了更深入理解曲面，庞加莱建议理解这些2维对象上的共形几何。 例子：在地球上我们利用经线和纬线来确定方位。它们互相垂直。当我们将方形的地图映到球面上的时候，距离产生了扭曲。比如，北极附近很小的区域在方形地图上是很大的区域。不过，经线与纬线的正交性在映照下保持不变。所以，如果一艘船在海上航行，我们可以用地图精确地指引它的航向。 (5)共形结构：庞加莱(Poincare)发现，我们可以在任何曲面上绘制经线(篮色曲线)与纬线(红色曲线)。我们可以沿着曲面上某些特殊的曲线切割，然后把曲面在平面或 圆盘上展开。在这个过程中，经线与纬线保持不变。 曲面上共形结构的例子： 定理(庞加莱单值化定理)：任意2维封闭空间必与一常高斯