編者按：正整數(shù)方程有內(nèi)積通解必有內(nèi)積本原解，無內(nèi)積本原解必?zé)o內(nèi)積通解。這一命題將成為數(shù)論領(lǐng)域中的核心視角，高斯當(dāng)年很偏愛二次互反律，朗蘭茲綱領(lǐng)也是從這里逐漸展開的。可以預(yù)言，一旦朗蘭茲綱領(lǐng)引進(jìn)內(nèi)積本原解定理作為核心視角，很多數(shù)論問題將迎刃而解，拿下它具有多米諾骨牌效應(yīng)，我們期待數(shù)學(xué)人一起來探索，揭開更多的數(shù)學(xué)之謎。

【摘要】卡塔蘭猜想雖已完成證明，但廣泛意義上的卡塔蘭猜想并未攻克，即皮萊猜想還未破解。本文另辟蹊徑，用洛書定理、三元方程互素定理以及內(nèi)積本原解定理對(duì)其進(jìn)行分析，用不到幾頁紙的篇幅完成了純數(shù)學(xué)文本證明。卡塔蘭猜想表達(dá)了互素冪值之間的差值為 1 的機(jī)會(huì)只有一次，以后間隔越來越疏松，差值大于 1 的皮萊猜想也是如此，對(duì)應(yīng)每個(gè)正整數(shù)的解集有限。皮萊猜想和卡塔蘭猜想、考拉茲猜想、費(fèi)馬猜想一樣，都關(guān)注互素冪值之間的差值關(guān)聯(lián)，這一性質(zhì)同樣與二維素?cái)?shù)最簡本原解休戚相關(guān)，二維素?cái)?shù)最簡本原解定理將成為數(shù)論的中心。

【關(guān)鍵詞】卡塔蘭猜想；洛書定理；哥德巴赫猜想；相鄰論；最簡本原解；三元方程互素性質(zhì)；鄰函數(shù)恒等式；皮萊猜想。

作者/羅莫

我們知道莫德爾猜想，卡塔蘭猜想，費(fèi)馬猜想名聲很大，而尚未被證明的皮萊猜想比它們更根本，足見皮萊猜想有多重要！

2002年4月，帕德博恩大學(xué)的羅馬尼亞數(shù)學(xué)家普雷達(dá)?米哈伊列斯庫（PredaMih?ilescu）證明了卡塔蘭猜想 ① ，如今它已是定理了。這個(gè)證明由尤里 ? 比盧（YuriBilu）檢查，大幅使用了分圓域和伽羅瓦模 ② 。但皮萊猜想還尚未證明，皮萊猜想把卡塔蘭猜想一般化，推測正整數(shù)的冪值之間的差趨向無限大；換句話說，對(duì)任何正整數(shù)，僅有限多對(duì)正整數(shù)的冪差是這個(gè)數(shù)。數(shù)學(xué)界在此之前仍未解決這個(gè)猜想。這個(gè)猜想，跟虧格g>1的代數(shù)曲線上有理點(diǎn)集的有限性猜想同源。英國數(shù)學(xué)家莫德爾(Mordell，L.J.)研究不定方程y^2＝x^3+k時(shí)，在1918年證明了此類方程僅有限組整數(shù)解，1983年法爾廷斯證明了莫德爾猜想。皮萊猜想也是該猜想的一般化推廣。如果說勾股定理、莫德爾猜想是費(fèi)馬猜想的特例，那費(fèi)馬猜想又是比爾猜想的特例，而卡塔蘭猜想、比爾猜想又都是皮萊猜想的特例。最后皮萊猜想可歸約到 ABC 猜想中。

本著證明從簡原則，我們選擇用洛書定理 ③ 和函數(shù)的單調(diào)遞增性去證明猜想，華羅庚主張：“神奇化易是坦道，易化神奇不足提”。懷爾斯雖然證明了費(fèi)馬大定理，可使用的是較復(fù)雜的數(shù)學(xué)工具橢圓曲線和伽羅瓦模，此工具不能證明費(fèi)馬猜想的一般化推廣，對(duì)皮萊猜想也無從下手，而洛書定理、三元方程互素定理以及內(nèi)積本原解定理卻可以通吃，可見還是更簡潔的工具更有威力。

1.?用相鄰素?cái)?shù)從大到小之比大于 1 小于 2 作為不等式的基礎(chǔ)判定

皮萊猜想同費(fèi)馬大定理一樣，屬丟番圖問題。相鄰性原理已經(jīng)證明了，所有的丟番圖問題都遵循多項(xiàng)式相鄰素?cái)?shù)遞增與相鄰自然數(shù)遞增存在一一映射關(guān)系，多項(xiàng)式素?cái)?shù)因子需更換一個(gè)且僅需輪值更換一個(gè)遞增鄰近素?cái)?shù)才能獲得相應(yīng)遞增的相鄰自然數(shù)，哥德巴赫猜想一文中已完成了該判定的證明。

卡塔蘭猜想斷言：

不定方程 x^ a -y^ b =1 的大于 1 的正整數(shù) x，y，a，b 只有唯一解 x=3，y=2，a=2，b=3。

顯然 x^ a -y^ b =1，是丟番圖方程的其中一種形式。方程 x^ a =1+y^ b 中，1+y^ b 是自然數(shù) y ^b 的鄰數(shù)遞增，因此，x^ a 中所含的素因子一定得存在比 y ^b 中最大素因子還大的相鄰素?cái)?shù)，且 y 比 b 小，a 比 x 大。另有，奇素?cái)?shù)從3開始，相鄰素?cái)?shù)之差都大于或等于2，等于2時(shí)為孿生素?cái)?shù)。方程唯一解 x=3，y=2，a=2，b=3 皆沒有超過奇素?cái)?shù) 3，此前小于奇素?cái)?shù)或等于奇素?cái)?shù)值的情況已經(jīng)完成了證明，現(xiàn)只要證明素?cái)?shù)因子大于 3 后皆無解即可。

萊維 ? 本 ? 熱爾松（Levi ben Gerson）證明：2 和 3 的冪之間只有 8 和 9 相差是 1；萊昂哈德 ? 歐拉證明了：x^ 2 -y^ 3 =1 只有一解：x=3，y=2；勒貝格（Lebesgue）證明了：x^ a -y^ 2 =1，a>1 沒有正整數(shù)解；柯召證明了： x ^2 -y^ b =1，b>1 只有一個(gè)解。

于是卡塔蘭猜想只余下為奇素?cái)?shù)的情況。根據(jù)方程 x ^a =1+y^ b 可判定，y ^b 進(jìn)行自然數(shù)相鄰遞增到 1+y^ b 得到一個(gè)單項(xiàng)式 x^ a ，那么該單項(xiàng)式的素?cái)?shù)因子一定產(chǎn)生了比 y 中所有素因子都大的一個(gè)相鄰素?cái)?shù)，這是相鄰性法則決定的。因此該方程一定是相鄰素?cái)?shù)的等價(jià)變換。

現(xiàn)比較任意兩個(gè)相鄰素?cái)?shù)，乘以若干個(gè)公共素因子，以此還原到方程中的x 和 y，因?yàn)閮H一個(gè)相鄰素?cái)?shù)不同，那么算式的大小關(guān)系不變，大的還大，小的還小，兩算式之間的差將拉大。現(xiàn)將兩算式，匹配指數(shù)，還原到方程左式，大的匹配大的指數(shù)，小的匹配小的指數(shù)，較大的算式會(huì)越大，較小的算式會(huì)越小，因此這種情況無解。匹配相等的指數(shù)，也是無解。所有可能為三種，現(xiàn)窮盡另一種情況，較大的算式匹配較小的指數(shù)，較小的算式匹配較大的指數(shù)，抽取共因子 m ^a 后，兩算式為相鄰數(shù) p 1 ^a 與 p 2^ b ×m ^（b-a） ，比較這兩個(gè)算式，根據(jù)素?cái)?shù)定理 ④ 公式，用 p 2 取代 p 1 得到：

p 2^ {logn（n+1）/ log（n+1）n}為 p 1進(jìn)一步抽取共因子 p 2^ a 后，兩算式為：

logn（n+1）/ log（n+1）n 與 p 2^（b-a） ×m^（b-a） ；由于 p 2 ＞ 3；而 logn（n+1）/ log（n+1）n 大于等于 1 卻小于 2。

因?yàn)楦鶕?jù)相鄰質(zhì)數(shù)的上限值定理（與bertrand定理等價(jià)，本文作者有多種方法證明哥猜，有些證法完全不依賴bertrand定理，反而可用新工具證明之。如龍頭例外偶數(shù)無素?cái)?shù)因子可構(gòu)造的證法，因?yàn)樗c蘊(yùn)含所有素?cái)?shù)因子的可表偶數(shù)互異互素。） ⑤ ：當(dāng) n ≥ 4 時(shí)，p (n+1) ＜ 2p（n -1)或 p (n+2) ＜ 2p (n+1) ；所以 p ^（b-a） ×m^（b-a） ―logn（n+1）/ log（n+1）n 的差不小于 b-a-1。當(dāng) b=a 時(shí)方程無解，當(dāng) b-a=1 時(shí)，素?cái)?shù) 3 減去不大于 2 的數(shù)的時(shí)候，還可以得到大于 1 的數(shù)，而大于 1 的數(shù)乘以共因子，則一定會(huì)大于 1，因此方程無解。

當(dāng) b-a ＞ 1 時(shí)，將得到更大的正整數(shù)乘以共因子，方程更是無解。所以方程 x ^a -y^ b =1 除了僅一組解外，再無其他正整數(shù)解。以上通過 x^ a -y^ b 的比較，窮盡所有可能，其差都無法得到 1。因此卡塔蘭猜想同樣獲得了相鄰性原理的證明，本證明的另一個(gè)關(guān)鍵處是，相鄰素?cái)?shù)從大到小之比大于 1 小于 2。

莫德爾猜想判定不定方程y^2＝x^3+k僅有限組整數(shù)解，法爾廷斯證明了它。在此基礎(chǔ)上，我們用二維素?cái)?shù)最簡本原解性質(zhì)來進(jìn)行證明就是，對(duì)y^2-x^3＝k，進(jìn)行線性映射，得到ry^2-sx^3＝tk，t是特征值，當(dāng)（r，s，-t）≠（1，1，-1）時(shí)，根據(jù)最簡本原解和內(nèi)積通解原理，在莫德爾猜想獲證的基礎(chǔ)上也很容易證明卡塔蘭猜想成立，說明卡塔蘭猜想y^a-x^b＝1是莫德爾猜想ry^2＝-sx^3+tk的內(nèi)積通解方程，y與x的每次升冪，都會(huì)有對(duì)應(yīng)的非1特征值，因莫德爾猜想的解集有限，每次升冪所對(duì)應(yīng)的系數(shù)向量及其所匹配的特征值必有限非1，故卡塔蘭猜想y^a-x^b＝1的解集定是有限的，且特征值等于1的內(nèi)積通解系數(shù)向量不存在。因?yàn)橐坏┨卣髦捣?，二元系數(shù)向量其中至少一組會(huì)產(chǎn)生與x和y互素的新增素?cái)?shù)因子，這與升冪方程不產(chǎn)生新素?cái)?shù)因子相矛盾，故不會(huì)新產(chǎn)生升冪方程解，有限解的每次內(nèi)積升冪必也是有限解。如此卡塔蘭猜想y^a-x^b＝1的解集唯一性就獲證，這個(gè)唯一解就是y=3，a=2，x=2，b=3。可見通過最簡本原解性質(zhì)來完成卡特蘭猜想的存在性證明，要比目前數(shù)學(xué)家用分圓域和伽羅瓦模等代數(shù)幾何法證明容易得多。

在卡塔蘭猜想y^a-x^b＝1的解集具唯一性的基礎(chǔ)上繼續(xù)尋找像空間的通解，由1的像空間擴(kuò)域到所有正整數(shù)域內(nèi)，那么每次所對(duì)應(yīng)的正整數(shù)，其方程解集也必是有限的。這就是皮萊猜想y^a-x^b＝k，k為正整數(shù)，每一個(gè)正整數(shù)的解集都是有限組，同樣可根據(jù)最簡本原解和內(nèi)積通解的性質(zhì)來證明，一旦指數(shù)繼續(xù)遞增，就會(huì)帶來像空間常量正整數(shù)的改變，故原方程有限解集的每次常量映射后所得到的新方程仍是有限解集。因?yàn)閥、a、x、b中任意一個(gè)未知數(shù)的改變，都相當(dāng)于原方程的系數(shù)向量發(fā)生了改變，等價(jià)于原方程的內(nèi)積通解在擴(kuò)域。根據(jù)指數(shù)大于2后的升冪方程無解（比爾猜想的獲證結(jié)論），升冪后的k與升冪前的k定有不共素因子。故每個(gè)正整數(shù)皆不存在升冪方程解，而指數(shù)為確定值，像空間為確定值的最簡本原解三元方程，其解集是有限對(duì)的（莫德爾猜想已經(jīng)獲證），于是其內(nèi)積通解所得到的皮萊猜想其每個(gè)正整數(shù)所匹配的解集也必是有限組的。

證明卡塔蘭猜想更直觀的方法我們也找到了，y^a-x^b＝1，其中3-2=1，是該方程的最簡本原解，或者說，y-x=1是該方程的最簡本原解，a＞1，b＞1時(shí)，它的內(nèi)積通解ry-sx=1有解，假如可轉(zhuǎn)換為升冪方程有解，是否繼續(xù)升冪還有解呢，假如有，說明uy-wx=1有解可轉(zhuǎn)換為升冪方程有解，且r≠u，w≠s，而r、s所對(duì)應(yīng)的特征值是1，那么與它們互異的u、w所對(duì)應(yīng)的特征值定不是1，因?yàn)閞、s是方程特征值1的必要條件，這就與兩個(gè)互異對(duì)象都是特征值1的必要條件相矛盾。系數(shù)向量不同，所對(duì)應(yīng)的特征值是不同的。故不同特征向量的升冪方程會(huì)對(duì)應(yīng)不同的特征值，或者不同系數(shù)向量的升冪方程會(huì)對(duì)應(yīng)不同的特征值，于是方程繼續(xù)升冪不會(huì)有整數(shù)解。故內(nèi)積通解ry-sx=1若有解且可轉(zhuǎn)換為升冪方程只能升冪一次，通過驗(yàn)算可轉(zhuǎn)換為升冪方程只有3^2-2^3=1可行,即y=3，a=2，x=2，b=3為一組解的卡塔蘭方程有解，其它最簡本原解方程皆不能轉(zhuǎn)換為升冪方程，若有，會(huì)與只能升冪一次矛盾，故它只能有一組解。那內(nèi)積本原解定理是否完成過嚴(yán)格證明呢？作者在《數(shù)學(xué)底層引擎相鄰論和重合法》一書中多次證明過它，也在澎湃新聞多次發(fā)文闡釋過它。

柯召證明了： x ^2 -y^ b =1，b>1 只有一個(gè)解。

定理：正整數(shù)方程有內(nèi)積通解必有內(nèi)積本原解，無內(nèi)積本原解必?zé)o內(nèi)積通解。

證明：可表偶數(shù)2s與龍頭例外偶數(shù)2t必存在相鄰關(guān)系，有2s+2=2t，即s+1=t，且根據(jù)定義t的解集與s的解集完全互異無交集，當(dāng)s蘊(yùn)含所有素因子時(shí)，請(qǐng)問t存在嗎？t必?zé)o素因子可構(gòu)造，因?yàn)槿匠蹋魞稍ニ兀厝獌蓛苫ニ兀偃绲谌c某一元非互素，那除以公因子后還是整數(shù)，但另一元便成了真分?jǐn)?shù)，造成整數(shù)與分?jǐn)?shù)相等，矛盾，于是歸謬可證三元方程的互素性質(zhì)是真命題），因s和1互素，必s與t互素，可表偶數(shù)2s已證是蘊(yùn)含所有素?cái)?shù)因子的，因?yàn)?p中如存在例外偶數(shù)2p'減去2p中的可表偶數(shù)2p''，可得偶數(shù)2r，即p'-p''=r。已知p'∪p''=p，p'∩p''=Φ，p'與p''因互異而互素，且它們的并集囊括了所有奇素?cái)?shù)，如此r就無素?cái)?shù)因子可構(gòu)造，可見2p蘊(yùn)含了所有的素因子。當(dāng)然蘊(yùn)含2p的2s也就蘊(yùn)含了所有素因子，如此t就無素因子可構(gòu)造。任何像空間2n若不能用兩互異素?cái)?shù)p+q表達(dá)，便無任何通解可表達(dá)，因?yàn)榘裺+1換成p+q也是同理可證的。龍頭例外偶數(shù)是空集，那所有例外偶數(shù)便都是空集，如此根據(jù)2n=2s∪2t且2s∩2t=Φ，于是2s=2n，大于6的所有偶數(shù)就都能用兩異的奇素?cái)?shù)之和表示了。于是就證明了，正整數(shù)方程有內(nèi)積通解必有內(nèi)積本原解，無內(nèi)積本原解必?zé)o內(nèi)積通解。例外偶數(shù)因無內(nèi)積本原解故必?zé)o內(nèi)積通解。而可表偶數(shù)就是內(nèi)積本原解的定義，可表偶數(shù)的通解所有偶數(shù)就是內(nèi)積本原解的線性映射，由于例外偶數(shù)是空集，線性映射不擴(kuò)域，故大于6的可表偶數(shù)與大于6的所有偶數(shù)完全等價(jià)，也就是說，大于6的所有偶數(shù)都能用兩個(gè)互異奇素?cái)?shù)之和表示，這正是一個(gè)比歐拉版哥猜更強(qiáng)勢的命題，補(bǔ)上3+3=6便是。

正整數(shù)方程有內(nèi)積通解必有內(nèi)積本原解，無內(nèi)積本原解必?zé)o內(nèi)積通解。該定理就是哥猜命題，是比歐拉版更強(qiáng)勢的哥猜命題。當(dāng)然該命題還蘊(yùn)含，正整數(shù)方程有外積通解必有外積本原解，無外積本原解必?zé)o外積通解。外積就是數(shù)乘，就是一般的本原解方程。如3^2+4^2=5^2,就某一類勾股方程的本原解方程，也叫外積本原解方程，經(jīng)數(shù)乘可得到外積通解方程（3t）^2+（4t）^2=（5t）^2。而p+q=2m，就是偶數(shù)方程的最簡本原解，也叫內(nèi)積本原解方程，經(jīng)點(diǎn)乘可得到內(nèi)積通解方程ap+bq=2cm，因例外偶數(shù)不能用兩素?cái)?shù)之和表達(dá)（無內(nèi)積本原解），它的內(nèi)積通解即線性映射是空集，內(nèi)積通解不擴(kuò)域，故哥猜獲存在性證明。哥猜獲證等價(jià)于內(nèi)積本原解定理獲證。原以為哥猜是個(gè)孤立命題，想不到它有廣泛的應(yīng)用，內(nèi)積本原解定理是多米諾骨牌中的第一張牌，而三元方程兩兩互素定理又是第一張牌中的牌頭，前者為重合法，后者為相鄰論。

例外偶數(shù)2p''不存在，因r無素因子可構(gòu)造，可表偶數(shù)2m蘊(yùn)含所有素?cái)?shù)因子獲證。

定理：三元整數(shù)方程若兩元互素則有三元兩兩互素。

證明：令a+b=c，已知（a，b）=1，若（b，c）=k（k≠1），或（a，c）=t（t≠1），則方程兩邊同時(shí)除以k或t，那么方程右邊為整數(shù)，左邊為真分?jǐn)?shù)，左右不等，矛盾，故歸謬證明了，三元整數(shù)方程若兩元互素則三元兩兩互素。

2.?用洛書定理與尾數(shù)周期判定兩多項(xiàng)式是否等值

根據(jù)洛書定理（作者在證明比爾猜想和費(fèi)馬猜想的論文中已完成證明），一切 10 模數(shù)加余數(shù)的偶正整數(shù)，其本原解方程所對(duì)應(yīng)的等項(xiàng)，要么它們的模數(shù)是 2，余數(shù)是 2 k 數(shù)，即個(gè)位數(shù)周期是 2、4、8、6，要么它們的模數(shù)是 3，余數(shù)是 3 t +1 數(shù)，即個(gè)位數(shù)周期是 3、9、7、1。考拉茲猜想就是洛書定理的等價(jià)表達(dá)。

卡塔蘭猜想斷言不定方程 x^ a -y^ b =1 的大于 1 的正整數(shù) x，y，a，b 只有唯一解 x=3，y=2，a=2，b=3。而皮萊猜想則斷言 x^ a -y^ b 等于給定差值的方程每組皆僅有限解，除了開始會(huì)存在有限解等于給定差值外，以后會(huì)越來越大于該差值，直至無窮。

顯然皮萊猜想包含了卡塔蘭猜想，并延伸了原猜想未判定的領(lǐng)域，兩個(gè)冪數(shù)之間的差距會(huì)越來越大，大到無窮，都不再有解。如果用極坐標(biāo)表示這些方冪數(shù)的話，那這些冪數(shù)都落在極徑上，彼此絕不會(huì)間隔給定值而相鄰。比如 2冪數(shù)和 3 冪數(shù)會(huì)間距 1 而相鄰一次外。這些極徑從極中心出發(fā)向外發(fā)射，極徑與極徑之間的距離就像一束光，越遙遠(yuǎn)處，其弧線長就更大，乃至趨向無窮。

這是我們從幾何意義上對(duì)皮萊猜想的直觀理解。現(xiàn)在我們用洛書定理對(duì)此做出一個(gè)數(shù)學(xué)證明：x 任意次冪數(shù)與 y 任意次冪數(shù)之間的差值等于 1 時(shí)方程只有一對(duì)解。此外，底數(shù)任意次冪數(shù)之間的差值會(huì)越來越大。其他差值也會(huì)如此。這需要一個(gè)通解證明。

從洛書定理的系列推論得知，偶數(shù)結(jié)尾的任意次冪數(shù)中，其尾數(shù)分別有2、4、8、6、0，奇數(shù)結(jié)尾的任意次冪數(shù)中，其尾數(shù)分別是 1、3、9、7、5。可見 x 與y 不能同偶同奇，如果那樣卡塔蘭猜想無解。只有一偶一奇時(shí)才有解。因此所有的偶數(shù)任意次冪數(shù)與奇數(shù)任意次冪數(shù)中，都可以等價(jià)轉(zhuǎn)換。

解集的間隔逐漸趨大。

偶數(shù)可轉(zhuǎn)換為模數(shù)是 2，余數(shù)是 2 任意次冪數(shù)中，即 2k+2^ a 。奇數(shù)可轉(zhuǎn)換為模數(shù)是 3，余數(shù)是 3 任意次冪數(shù)中，即 3t+3 ^b +1。3 任意次冪數(shù)中的 2 次冪或 10d+2 次冪才能得 9 結(jié)尾的數(shù)。2 任意次冪數(shù)中的 3 次冪或 10d+3 次冪才能得 8 結(jié)尾的數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于 1。2 任意次冪數(shù)中的 3 次冪或 10d+3 次冪才能得 8 結(jié)尾的數(shù)。3 任意次冪數(shù)中的 3 次冪或 10d+3 次冪才能得 7 結(jié)尾的數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于1。3 任意次冪數(shù)中的 3 次冪或 10d+3 次冪才能得 7 結(jié)尾的數(shù)。2 任意次冪數(shù)中的 4 次冪或 10d+4 次冪才能得 6 結(jié)尾的數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于 1。2 任意次冪數(shù)中的 4 次冪或 10d+4 次冪才能得 6 結(jié)尾的數(shù)。3 任意次冪數(shù)中的 4 次冪或 10d+4 次冪才能得 1 結(jié)尾的數(shù) 加上3t 的 4 結(jié)尾數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于 1。2 任意次冪數(shù)中的 2 次冪或 10d+2 次冪才能得 4 結(jié)尾的數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于 1。

3 任意次冪數(shù)中的 5 次冪或 10d+5 次冪才能得 3 結(jié)尾的數(shù)。2 任意次冪數(shù)中的 5 次冪或 10d+5 次冪才能得 2 結(jié)尾的數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于 1。

2 任意次冪數(shù)中的 5 次冪或 10d+5 次冪才能得 2 結(jié)尾的數(shù)。3 任意次冪數(shù)中的 4 次冪或 10d+4 次冪才能得 1 結(jié)尾的數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于 1。

3 任意次冪數(shù)中的 4 次冪或 10d+4 次冪才能得 1 結(jié)尾的數(shù)。2 任意次冪數(shù)中的 3 次冪或 10d+3 次冪才能得 8 結(jié)尾的數(shù) +2k 的 2 結(jié)尾數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于 1。2 任意次冪數(shù)中的 3 次冪或 10d+3 次冪才能得 8 結(jié)尾的數(shù) +2k 的 2 結(jié)尾數(shù)。3 任意次冪數(shù)中的 2 次冪或 10d+2 次冪才能得 9 結(jié)尾的數(shù)。此時(shí)兩底數(shù)的任意

次冪數(shù)中的個(gè)位數(shù)差值才會(huì)等于 1。

以上窮盡了 10 種選項(xiàng)可得到差值 1，只有 3 的 2 次冪和 2 的 3 次冪時(shí)，兩底數(shù)的任意次冪數(shù)才都僅是個(gè)位數(shù)，此時(shí)才得到了真正的差值 1。因?yàn)楫?dāng) k=0，t=0 時(shí)，個(gè)位數(shù)之外的位數(shù)之差才會(huì)等于 0。也就是說當(dāng) x=3，y=2，a=3，b=2 時(shí)，卡塔蘭方程才有解。

其他選項(xiàng)，雖然能保證兩冪數(shù)的個(gè)位差值等于 1，但不能保證兩方冪數(shù)的個(gè)位以上數(shù)彼此差值等于 0。現(xiàn)逐個(gè)證明之。若冪次方雖個(gè)位數(shù)為 2 但屬兩位以上時(shí)，3 方冪數(shù)與 2 方冪數(shù)的差值無法等于 1。因?yàn)榇藭r(shí)，k、t 的尾數(shù)都帶 0，方冪數(shù)差值不等于 1，那整個(gè)奇偶差值就不等于 1。

因此只要證明 3 方冪數(shù)與 2 方冪數(shù)的差值當(dāng)其指數(shù) 2 位數(shù)或 2 位數(shù)以上時(shí)都無法等于 1，那么所有的奇數(shù)任意次冪數(shù) x ^a 與所有的偶數(shù)底數(shù)任意次冪數(shù) y^ b的差值，都將無法等于 1。

當(dāng) 2k=3t 時(shí)，| （2k+2^ a ）-（3t+3^ b ）|=|2^ a -3^ b |，除了 a=3，b=2 時(shí)，其差的絕對(duì)

值等于 1 外，無法再找到差值 1。

當(dāng) 2k ≠ 3t 時(shí)，|2k-3t| 的尾數(shù)將帶多個(gè) 0，且前位數(shù)不等。| （2k+2 ^a ）-（3t+3^ b ）|=|2k-3t+2^ a -3^ b |=|3r+2^ a -3^ b |。

當(dāng) r 尾數(shù)帶 0，且?guī)讉€(gè) 0 時(shí)，將帶來 2 位以上數(shù)的不等，當(dāng) r 尾數(shù)不帶 0，將帶來 2 位以上數(shù)的不等，以上都不能帶來差值 1。

因此卡塔蘭猜想斷言不定方程 x^ a -y^ b =1 的大于 1 的正整數(shù) x，y，a，b 只有唯一解 x=3，y=2，a=2，b=3。

3.?從四元搭配可窮分類后的單調(diào)性判定方程有限解之外的定義域?yàn)椴坏仁?/strong>

在此基礎(chǔ)上，我們?cè)賮砜雌とR猜想：|x^ a -y^ b |=[1，∞）時(shí)，每組方程的解僅為有限個(gè)，甚至一個(gè)也沒有。x 冪數(shù)與 y 冪數(shù)會(huì)差值越來越大。剛剛我們通過洛書定理進(jìn)行了等價(jià)變換，偶數(shù)任意次冪數(shù)中與奇數(shù)任意次冪數(shù)中之間的差值，首先無法等于 1，除了在卡塔蘭方程的情形下。以后越來越大。

由于底數(shù)任意次冪數(shù)新增，不增加新增素?cái)?shù)，于是底數(shù)任意次冪數(shù)之間新組合的合數(shù)就充滿了兩底數(shù)任意次冪數(shù)之間的間隔，隨著自身根的增長，底數(shù)任意次冪數(shù)與底數(shù)任意次冪數(shù)之間的間隔越拉越大，隨著素?cái)?shù)越多，能組合成的合數(shù)個(gè)數(shù)就越多，合數(shù)的個(gè)數(shù)越多，底數(shù)任意次冪數(shù)之間的 間隔就越拉越大。于是就像圖極坐標(biāo)底數(shù)任意次冪數(shù)分布 ⑥ 所表示的那樣。

如圖底數(shù)任意次冪數(shù)集的分布從極中心出發(fā)呈現(xiàn)光束發(fā)射狀；越小越相鄰密集，越大越間隔無窮。

現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法在卡塔蘭猜想有一解的基礎(chǔ)上證明該猜想，當(dāng) x、y，a、b至少有一數(shù)大于3時(shí)，卡塔蘭方程右邊等于1，方程都無解。先證明等于2時(shí)無解，再證明如果等于 t 時(shí)無解，是否可推理出等于 k+1 時(shí)皮萊方程無解。剛用數(shù)學(xué)歸納法已經(jīng)證明了卡塔蘭猜想是成立的。卡塔蘭猜想的右邊等于 k 時(shí)，即為皮萊猜想，我們來證明，把 k 換成 k+1 時(shí)，皮萊猜想是否仍成立。

X^ a =y^ b +1，前文已經(jīng)證明，該方程只有 1 組解 x=3，y=2，a=2，b=3，該方程其實(shí)是比爾方程的一個(gè)特例，1 的 c 次方還是 1，比爾猜想已經(jīng)證明了，所有變量大于 3 時(shí)無解，因此 x ^a =y^ b +k，當(dāng) k 為某一整數(shù)的冪次方時(shí)，根據(jù)比爾猜想的結(jié)論，x^ a =y^ b +k 有極少解，因此方程大多情況下是不等式。那么當(dāng) k 不是某整數(shù)的冪次方呢？有少量有限解，因?yàn)槊看卧谟邢藿獾幕A(chǔ)上，方程的解稍做調(diào)整變化，就會(huì)使整數(shù)冪的差值變大，直到趨向無窮。與卡塔蘭猜想有相似性，從卡塔蘭猜想的差值 1 可以推廣到整個(gè)正整數(shù)，都有這樣的性態(tài)。

當(dāng) k=1 時(shí)，皮萊方程 x^ a =y^ b +k 為卡塔蘭方程，在 x=3，y=2，a=2，b=3 的基礎(chǔ)上，其中任何一個(gè)未知數(shù)加 1，等式都大于 1。現(xiàn)假設(shè) x=3，y=2，a=2，b=3 其中有一個(gè)解換成 t 時(shí)，方程無解，是否可以推理出，其中任何一個(gè)未知數(shù)加一個(gè) 1 時(shí)，方程仍然無解。我們知道：

如果1加在x中的t上，方程一定仍然無解，若t稍加變化，就離差值1甚遠(yuǎn)，那么 t+1 就會(huì)導(dǎo)致差值離差值 1 更遠(yuǎn)。

如果 1 加在 y 中的 t 上，方程一定也無解，若 t 稍加變化，就離 1 甚遠(yuǎn)，那么 t+1 就會(huì)導(dǎo)致差值離差值 1 更遠(yuǎn)。

如果 1 加在 a 中的 t 上，方程一定也無解，若 t 稍加變化，就離 1 甚遠(yuǎn)，那么 t+1 就會(huì)導(dǎo)致差值離差值 1 更遠(yuǎn)。

如果 1 加在 b 中的 t 上，方程一定也無解，若 t 稍加變化，就離差值 1 甚遠(yuǎn)，那么 t+1 就會(huì)導(dǎo)致差值離差值 1 更遠(yuǎn)。

也就是說，卡塔蘭方程只要任意變化一下其中一個(gè)未知數(shù)為 t，如果無解，那么繼續(xù)變化為 t+1 也必然無解。由于四個(gè)未知數(shù)所有值都無外乎這樣迭代加1 產(chǎn)生，故符合數(shù)學(xué)歸納法程序。推理項(xiàng)成立加上初項(xiàng)成立，所以可以推理得到卡塔蘭猜想僅有一組解。其他都是差值越來越大的不等式。用數(shù)學(xué)歸納法完成的證明與洛書定理完成的證明可相互印證。

以此為基礎(chǔ)進(jìn)一步證明皮萊方程即冪次方的差值等于 k 時(shí)，僅有少量解，且差值一樣會(huì)趨于無窮。現(xiàn)假設(shè)當(dāng) k=m（m 為任意給定的有限值）時(shí)，皮萊方程 x ^a =y^ b +m 僅有少量解是成立的。那么在 x ^a =y^ b +m+1 時(shí)是否仍為少量解呢？現(xiàn)假設(shè)在 x=p 1 ，y=p 2 ，a=p 3 ，b=p 4 的基礎(chǔ)上，其中任何一個(gè)未知數(shù)加 1，等式都大于 m 或小于 m。即 x=p 1 ，y=p 2 ，a=p 3 ，b=p 4 其中有一個(gè)解換成 t 時(shí)，方程無解，且可以推理出，其中任何一個(gè)未知數(shù) t 加一個(gè) 1 時(shí)，方程仍然無解。

如果 1 加在 x 中的 t 上，方程一定無解，若 t 稍加變化，就離 m 甚遠(yuǎn)，那么 t+1 就會(huì)導(dǎo)致差值離 m 更遠(yuǎn)。

如果 1 加在 y 中的 t 上，方程一定無解，若 t 稍加變化，就離 1 甚遠(yuǎn)。

x ^a -y^ b =m 中只要 x a 中的任何一個(gè)未知數(shù)加 1，都會(huì)增加一個(gè)比 x ^a 更大值，而x ^a 比m要大，故x^ a -y^ b 就會(huì)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于m，換y ^b 更大時(shí)，故x ^a -y^ b 就會(huì)遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于m。

根據(jù)在x=p 1 ，y=p 2 ，a=p 3 ，b=p 4 的基礎(chǔ)上任何一項(xiàng)加1時(shí)的初項(xiàng)值為不等式，可推理出未知數(shù)等于 t+1 時(shí)仍無解，這一切都基于兩方冪數(shù)的差值等于 m 時(shí)為有限個(gè)解是成立的。那么可否推理出，差值等于 m+1 時(shí)為有限個(gè)解也是成立的呢？

皮萊方程兩底數(shù)任意次冪數(shù)的差等于給定值的解是有限個(gè)的，其余差值會(huì)越來越大于給定差值，或越來越小于給定差值，若更大的差值或更小的差值碰上等于 m+1 時(shí)，就是皮萊方程兩底數(shù)任意次冪數(shù)差值等于 m+1 的解，但仍是有限個(gè)解。當(dāng) m+1 等于 z 的 2 次方以上時(shí)，根據(jù)比爾猜想獲得證明的結(jié)論，顯然會(huì)無解。皮萊猜想是比爾猜想中 z c 中的 c 小于 3 的情況，當(dāng)給定值為 z 的平方數(shù)或無平方數(shù)時(shí)，比爾猜想就成了皮萊猜想。因此當(dāng)兩底數(shù)任意次冪數(shù)的差值等于 m+1 時(shí)，可同理得到，根據(jù)在 x=p 1 ，y=p 2 ，a=p 3 ，b=p 4 的基礎(chǔ)上任何一項(xiàng)加 1 時(shí)的初項(xiàng)值為不等式，可推理出未知數(shù)等于 t+1 時(shí)仍無解，故四元數(shù)

中某個(gè)數(shù)一增大 x^ a -y^ b 就會(huì)遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于或小于 m+1，底數(shù)任意次冪數(shù)差值趨向大的迭代加 1 更大，底數(shù)任意次冪數(shù)差值趨向小的迭代加 1 更小。已知：

趨大類的底數(shù)任意次冪數(shù)差值 x^ a -y^ b ≥ m；

趨小類的底數(shù)任意次冪數(shù)差值 x ^a -y^ b ≤ m。

現(xiàn)在將左邊的四元數(shù)中某個(gè)數(shù)進(jìn)行加 1：

若 x^ a 遞進(jìn)變大，顯然差值變大；

若 x^ a 遞減變小，顯然差值變小；

若 y^ b 遞進(jìn)變大，顯然差值變小；

若 y ^b 遞減變小，顯然差值變大。

故逐個(gè)變化，或某一項(xiàng)全部變化，都不會(huì)等于給定差值，現(xiàn)在兩項(xiàng)同時(shí)變化呢？ x^ a 與 y ^b 都同往大處或同往小處變，是否會(huì)恒等于一個(gè)給定數(shù)呢？問題是遞增量和遞減量無法持續(xù)恒等，只有短暫交集，故方程的解為有限個(gè)。簡單描述就是，令 x ^a 總是比 y^ b 大，設(shè)定 x^ a -y ^b =m 是存在有限解的。那么 x^ a 中的任何一個(gè)字母加 1，都會(huì)變成不等式，方程左邊會(huì)更大，在不等式的基礎(chǔ)上，x ^a 中的任何一個(gè)字母繼續(xù)迭代加 1，都仍是不等式，不等式左邊會(huì)更大。

法爾廷斯證明了莫德爾猜想。

另外，y ^b 中的任何一個(gè)字母加 1，都會(huì)變成不等式，方程左邊會(huì)更小，在不等式的基礎(chǔ)上，x^ a 中的任何一個(gè)字母繼續(xù)迭代加 1，都仍是不等式，不等式左邊會(huì)更小。也就是說，在給定有限解的基礎(chǔ)上，找不到更多的解，因?yàn)檫M(jìn)行任何差值變化，都會(huì)變成不等式。

如（x+1）^a -y^ b =x^ a -y ^b +（二項(xiàng)式展開式中 a-1 項(xiàng)）>m；x ^（a+1） -y ^b =（x-1）x ^a +x^ a -y ^b >m，因?yàn)?x>1。在不等式的基礎(chǔ)上迭代加1，會(huì)大的更大，因而仍然大于m，以上就囊括了，在令 x ^a 總是比 y^ b 大的基礎(chǔ)上，無論 x 和 a 怎么變化，都會(huì)大于 m。同理證明：

X^ a -（y+1）^b =x^ a -y^ b -（二項(xiàng)式展開式中 b-1 項(xiàng)）<m；

x ^a -y ^（b+1） =x^ a -y^ b -y^ b（y-1） <m，因?yàn)?y>1。

在不等式的基礎(chǔ)上迭代加 1，會(huì)小的更小，因而仍然小于 m，以上就囊括了，在令 x ^a 總是比 y^ b 小的基礎(chǔ)上，無論 x 和 a 怎么變化，都會(huì)大于 m 或小于 m。

在有限解的基礎(chǔ)上，不會(huì)產(chǎn)生更多的解。以上用數(shù)學(xué)歸納法證明了，皮萊猜想是成立的。黎曼猜想、費(fèi)馬大定理、皮萊猜想、ABC 猜想以及哥德巴赫猜想，它們有共同的特點(diǎn)，就是都在尋找素?cái)?shù)與素?cái)?shù)數(shù)序的關(guān)聯(lián)，黎曼猜想偉大就偉大在這里，很直白地沖著這個(gè)目標(biāo)來，ABC 猜想也有這個(gè)味道，因此非常重要。相對(duì)而言哥德巴赫猜想很含蓄，似乎沒有這個(gè)目標(biāo)，但卻隱性表達(dá)了這一思想，哥德巴赫猜想看上去沒有黎曼猜想和 ABC 猜想重要，但實(shí)質(zhì)其命題卻是個(gè)強(qiáng)判斷，哥德巴赫猜想再加上輔助性引理能推導(dǎo)以上二者，以上二者卻難以直接推導(dǎo)出哥德巴赫猜想。但 ABC 猜想的確把丟番圖方程積與和之間的關(guān)聯(lián)，集中進(jìn)行了描述。皮萊猜想是洛書定理的另類表達(dá)。洛書定理為何如此重要，因?yàn)樗莾?nèi)積本原解定理的更簡介表達(dá)，故有關(guān)它的周期性質(zhì)會(huì)很多領(lǐng)域廣泛呈現(xiàn)。作者在此預(yù)言，內(nèi)積本原解定理將成為數(shù)論的中心，它比素?cái)?shù)定理，高斯的二次互反律重要得多，它可導(dǎo)出黎曼猜想成立，具體證法，作者已在《數(shù)學(xué)底層引擎相鄰論和重合法》一書中發(fā)表過，在澎湃新聞也發(fā)布過推文，感興趣的讀者可搜索閱讀。（文/羅莫）

  

參考文獻(xiàn)：

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[2] 羅莫 . 用河圖洛書原理破解了考拉茲猜想 [J]. 數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)與研究，2012（11）：115-116 .

[3] 迪克森 . 代數(shù)方程式論 [M]. 黃緣芳，譯 . 哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2011.

[4]潘承洞，潘承彪.素?cái)?shù)定理的初等證明[M].上海：上海科學(xué)技術(shù)出版社，1988 .

注釋：

①卡塔蘭猜想。皮萊猜想把卡塔蘭猜想一般化，推測正整數(shù)的冪之間的差趨向無限大，換句話說，對(duì)任何正整數(shù)，僅有限多對(duì)正整數(shù)的冪的差是這個(gè)數(shù)。這個(gè)猜想現(xiàn)在仍未解決。

②伽羅瓦模，群論中的乘法因子，是產(chǎn)生不同余數(shù)的參照系，是等價(jià)變換群的對(duì)應(yīng)棱線。

③洛書定理，出自河圖洛書，由發(fā)表于學(xué)術(shù)專業(yè)雜志《數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)與研究》上的《用河圖洛書原理破解了考拉茲猜想》一文最先提出并獲純數(shù)學(xué)證明。洛書定理判定：2n 可表為 2a+2^ k ，2n+1 可表為 3b+3^ t ，其中奇素?cái)?shù)的尾數(shù)除 5 外僅有 3、9、7、1，并根據(jù)其指數(shù)的模數(shù) 4 的余數(shù)確定。

④素?cái)?shù)定理。素?cái)?shù)定理可以給出第 n 個(gè)素?cái)?shù) p（n）的漸近估計(jì)：p（n）～n/ lnn。它也給出從整數(shù)中抽到素?cái)?shù)的概率。從不大于 n 的自然數(shù)中隨機(jī)選一個(gè)，它是素?cái)?shù)的概率大約是 1/ln n。這定理的式子于 1798 年由法國數(shù)學(xué)家勒讓德（Legendre）提出。1896 年法國數(shù)學(xué)家哈達(dá)瑪（Jacques Hadamard）和比利時(shí)數(shù)學(xué)家普森（Charles Jean de la Vallée-Poussin）先后獨(dú)立給出證明。證明用到了復(fù)分析，尤其是黎曼 ζ 函數(shù)。因?yàn)槔杪?ζ 函數(shù)與 π（x）關(guān)系密切，關(guān)于黎曼 ζ 函數(shù)的黎曼猜想對(duì)數(shù)論很重要。一旦猜想獲證，便能大大改進(jìn)素?cái)?shù)定理誤差的估計(jì)。1901 年瑞典數(shù)學(xué)家 Helge Von Koch 證明出，假設(shè)黎曼猜想成立，以上關(guān)系式誤差項(xiàng)的估計(jì)可改進(jìn)為：π（x）=Li（x）+O（x（1/ 2） lnx），至于大 O 項(xiàng)的常數(shù)則還未知道。

⑤相鄰質(zhì)數(shù)的上限值定理：當(dāng) N ≥ 4 時(shí)，p（N+1) ＜ 2p(N-1) 或 p( N+2) ＜ 2p( N+1) 。

⑥冪數(shù)分布。底數(shù)為 a 的任意 n 次方的數(shù)集，叫冪數(shù)。有序數(shù)對(duì)在螺旋線上的分布叫極坐標(biāo)系。冪數(shù)有序數(shù)對(duì)可在此完成分布，其有序數(shù)對(duì)可通過極徑根數(shù)的變化，以及極徑角度變化來確定。