“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（24）
第二十四讲 利用“abc 定理”证明“ 比尔猜想”
主讲 王若仲
这一讲讲解如何利用“abc 定理”怎样证明“ 比尔猜想”。 七 解析“比尔猜想”[1] “比尔猜想”：对于不定方程 xn+ym=zr，n＞2，m＞2，r＞2，nэN，mэN，rэN。 （1）当 n=m=r 时，不定方程 xn+ym=zr 无正整数解；（2）当 n，m，r 不全相等时， 不定方程 xn+ym=zr 无两两互质的正整数解；（3）当 n，m，r 不全相等时，不定 方程 xn+ym=zr 有正整数解的必要条件：x 和 y 以及 z 均至少含有一个相同的质因 数。 证明：对于不定方程 xn+ym=zr，n＞2，m＞2，r＞2，nэN，mэN，rэN。（1）当 n=m=r 时，不定方程 xn+ym=zr 无正整数解；这种情形其实就是费尔马大定理，故 （1）的情形成立。 （2）当 n，m，r 不全相等时，假定不定方程 xn+ym=zr 有两两互质的正整数 解，那么则有下列情形： ①r≤n，r≤m，n≠m，不妨设不定方程 xk1 + yh1 = zt1 有正整数解，k1＞2，h1 ＞2，t1＞2，t1≤k1，t1≤h1，k1≠h1。显然 x＜z,y＜z,那么不定方程 xk1 + yh1 = zt1 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。根据第七讲定理 4.1 和推论 4.1 以及 abc 定理可知，则有 kεrad( xk1 · yh1 · zt1 )1+ε＞ zt1 。然而 kεrad( xk1 · yh1 · zt1 )≤kε·x·y·z＜kε·z3；那么则有 kε·z3＞ zt1 ，即 kε＞ zt1-3 。 因为 kε为常数，当 t1＞3 时，不定方程 xk1 + yh1 = zt1 的正整数解有无穷多组，显然 zt1-3 的值无确定性，这样就与 kε＞ zt1-3 产生矛盾。当 t1=3 时，不定方程 xk1 + yh1 ==z3 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=x1·x+u1(x＞u1)，z=y1·y+u2(y＞u2)，然而 kεrad( xk1 · yh1 ·z3)≤ 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）÷[（x1·x+u1）（y1 ·y+u2）]}，那么[kε·（（x1·x）·（y1·y）]}=kε÷（x1·y1）。而 lim [kε÷ x1 y1
（x1·y1）]=0，那么 lim [kε·（x·y）÷z2]=0；说明 kε·x·y＞z2 不可能 zxy
恒成立。所以假定不定方程 xk1 + yh1 = zt1 有正整数解不能成立。 ②r≥n，r≥m，n≠m，不妨设不定方程 xk2 + yh2 = zt2 有正整数解，那么总可
证明ABC猜想意义重大
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。
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）。
“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。
解析“哥德巴赫猜想”及“abc猜想”(11)
第二种情形：假定〔W÷p0〕+2〔W÷p1〕-2〔W÷（pp1）〕+2〔W÷p2〕-2〔W÷（pp2）〕-4〔W÷（p1p2）〕+4〔W÷（pp1p2）〕+2〔W÷p3〕-2〔W÷（pp3）〕-4〔W÷（p1p3）〕-4〔W÷（p2p3）〕+4〔W÷（pp1p3）〕+4〔W÷（pp2p3）〕+8〔W÷（p1p2p3）〕-8〔W÷（p0p1p2p3）〕+2〔W÷p4〕-2〔W÷（pp4）〕-…+（-1）t-12t〔W÷（p1p2p3…pt-1pt）〕-（-1）t-12t〔W÷（p0p1p2p3…pt-1pt）〕＞〔W÷p〕+2〔W÷p1〕-2〔W÷p1〕(1÷p）+2〔W÷p2〕-2〔W÷p2〕(1÷p）-4〔W÷p2〕(1÷p1）+4〔W÷p2〕[1÷（pp1）]+2〔W÷p3〕-2〔W÷p3〕(1÷p）-4〔W÷p3〕(1÷p1）-4〔W÷p3〕(1÷p2）+4〔W÷p 3〕[1÷（pp1）]+4〔W÷p3〕[1÷（pp2）]+8〔W÷p3〕[1÷(p1p2）]-8〔W÷p3〕[1÷(p0p1p2）]+2〔W÷p4〕-2〔W÷p4(1÷p）〕-…+（-1）t-12t〔W÷pt〕[1÷(p1p2p3…p t-1）]-（-1）t-12t〔W÷pt〕[1÷(pp1p2p3…pt-1）]，因为上面假定的不等式中2〔W÷p1〕(1-1÷p），2〔W÷p2〕(1-1÷p），2〔W÷p3〕(1-1÷p），2〔W÷p4〕(1-1÷p），…，2〔W÷pt-1〕(1-1÷p），2〔W÷pt〕(1-1÷p）这些项均不存在有余数。
23.4 中位线
23.4 中位线
[备选例题] 如图23－4－5所示，A，B两点分别位于一个池 塘的两端，小明想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长 ，一位同学帮他想了一个主意：先在地上取一个可以直接到 达A，B的点C，找到AC，BC的中点D，E，并且测量出DE 30 m. 的长为15 m，则A，B两点间的距离为______
23.4 中位线
解：解法一：∵点 D，E 分别为 AB，AC 的中点，线段 BE，CD 相交于点 O， ∴O 点为△ABC 的重心， ∴OC＝2OD＝4； 解法二：∵点 D，E 分别为 AB，AC 的中点， ∴DE 为△ABC 的中位线， 1 ∴DE∥BC，DE＝ BC， 2 ∴∠ODE＝∠OCB， ∠OED＝∠OBC， ∴△ODE∽△OCB， ∴OD∶OC＝DE∶BC＝1∶2， ∴OC＝2OD＝4. 故 OC 的长为 4.
1 ∴DE∥BC，DE＝ BC 2
你还有别的证法吗？
练一练: (1)若△ABC三边AB、AC、BC的长分别为8、6、 9 4，它的三条中位线围成的△DEF的周长_____ 。 (2)若△ABC的三条中位线围成的三角形周长为 30cm 15cm， △ABC的周长是____ 。 (3)若△ABC的三条中位线长分别为3、4、5，则 △ABC的周长为 24 面积为 24 。
2．三角形重心的性质：重心与一边中点的连线的长是 1 对应中线长的 . 3
23.4 中位线
备选探究问题
三角形的重心的应用
例 如图23－4－6，△ABC中，点D，E分别为AB，AC的
中点，连结DE，线段BE，CD相交于点O，若OD＝2，求OC 的长．
图24－4－6
23.4 中位线
[解析] 解法一：由题意，知 O 点为△ABC 的重心，根据 重心的性质可得出 OC＝2OD； 解法二： 由题意， 知 DE 为△ABC 的中位线， 则 DE∥BC， 1 DE＝ BC，再证明△ODE∽△OCB，由相似三角形对应边成 2 比例即可得出 OC＝2OD.
“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。
专题 相似三角形的判定(三)-讲义
相似三角形的判定(三)主讲教师：黄老师新知新讲如图所示，在∆ABC与∆'''A B C中，若∠A=∠A'，∠B=∠B'，试猜想：∆ABC与∆A'B'C'是否相似？并证明你猜的结论．判定定理：如果一个三角形的两个角与另一个三角形的两个角对应相等，那么这两个三角形相似．可简单说成：两角对应相等，两三角形相似．题一：判定下列三角形中哪些是相似的？相似的用线段把它们连起来．题二：求证：如果一个直角三角形的斜边和一直角边与另一个直角三角形的斜边和一直角边的对应比相等，那么这两个三角形相似．金题精讲题一：如图，Rt△ABC中，CD是斜边上的高，△ACD和△CBD都和△ABC相似吗？证明你的结论．题二：底角相等的两个等腰三角形是否相似？顶角相等的两个等腰三角形呢？证明你的结论．相似三角形的判定(三)讲义参考答案新知新讲题一：A 与B 相似；D 与E 相似．题二：已知：如图，在Rt △ABC 和Rt △A′B′C′中，∠B =∠B′=90°，AC AB K A C A B ==''''． 求证：△ABC ∽△A′B′C′．证明：C B A ABC C B K B A K C A K BC B A K AB C A K AC K B A ABC A ACB BC B A ABC '''''=''+''=''=''==''=''︒=∠=∠∽△△中和△在△222290````金题精讲题一：△ACD 和△CBD 都和△ABC 相似．理由如下：CBDACD ABC DBCDCA CBA CDB ADC ACB BCDCAD BAC CBD ACD ABC ∽△∽△得到△中和△和△在△∠=∠=∠∠=∠=∠∠=∠=∠题二：相似；相似．（1）已知：如图，△ABC 和△DEF 都是等腰三角形，且它们的底角相等． 求证：△ABC ∽△DEF ．证明：DEFABC FC E B DEF ABC F E C B DEF ABC DEF ABC ∆∆∴∠=∠∠=∠∴∠=∠∠=∠∴∆∆∽的底角相等和三角形为等腰三角形和的底角相等和如图，等腰三角形,,,（2）已知：如图，△ABC 和△DEF 都是等腰三角形，且它们的顶角相等． 求证：△ABC ∽△DEF ．证明：DEFABC FC E B DA DEF ABC D F E A CB DEF ABC DEF ABC ∆∆∴∠=∠∠=∠∴∠=∠∴∠-︒=∠=∠∠-︒=∠=∠∴∆∆∽的顶角相等和三角形为等腰三角形和的顶角相等和如图，等腰三角形,180,180。
猜想性专题预测与解析
猜想性专题预测与解析猜想性问题是近年来中考的一个热点题型，它具有一定的开放性、探索性，其知识性强，思维能力要求较高．它仍将是新课标命题的方向，举例剖析如下．题1给出下列算式：32-12=8=8×1，52-32=16=8×2，72-52=24=8×3，92-72=32=8×4， ……观察上面一系列等式，你能发现什么规律？用代数式来表示这个规律．透析：观察等式，不难发现其规律：两个相邻的奇数的平方差是8的倍数．由此，设n 为自然数，则相邻的两个奇数为2n-1和2n+1，用代数式表示为(2n+1)2-(2n-1)2=2×4n=8n ． 预测：本题以列代数式为载体，体现了用字母表示数的简明性和普遍性，蕴含着一种数学简洁的美．同时可考查学生的观察能力和抽象概括能力，渗透从特殊到一般的辩证关系．该题是通过观察给出的运算，找到反应其规律的表达式．这是中考中的一热点问题，此类问题不仅考查学生对知识的掌握，同时考查学生观察分析的能力．题2列每个图是由若干盆花组成的形如三角形的图案，每条边(包括两个顶点)有n(n>1)盆花，每个图案的花盆的总数是Sn=2 ，S=3 n=3， S=6 n=4， S=9按此规律推断，请猜想S 与n 的关系式为 ．透析：运用特殊与一般的思想方法，进行归纳猜想．S ＝(3n-3)．预测：由图案进行规律猜想是近年来考题的靓点．题3已知：在内角不确定的△ABC 中，AB=AC ，点E 、F 分别在AB 、AC 上，EF//BC ，平行移动EF ，如果梯形EBCF 有内切圆，当时，sinB=；当时，sinB=（提示：=）；当时，sinB=．（1）请你根据以上所反映的规律，填空：当时，sinB的值等于________；（2）当时（n是大于1的自然数），请用含n的代数式表示sinB=_________，并画出图形、写出已知、求证和证明过程．透析：由于题目中的条件分散，通过作EH∥MN，使条件集中在直角三角形EBH中．[解](1)；(2)；图形、已知、求证和证明过程如下：已知：在△ABC中，AB=AC，EF∥BC，⊙O内切于梯形EBCF，点D、N、G、M为切点，（n是大于1的自然数）求证：sinB=．连结AO并延长与BC相交，∵⊙O内切于梯形EBCF，AB、AC是⊙O的切线，∴∠BAO=∠CAO．∵EF//BC，AB=AC，∴AE=AF．又M、N为切点，∴OM⊥EF，ON⊥BC，∴AO⊥EF于M，AO⊥BC于N．∵EF//BC，∴EM//BN．∴△AEM∽△ABN．∴．设EM=k，则BN=nk．作EH//MN交BC于H，则HN=EM=k．∵D、N、M为切点，∴BD=BN=nk，ED=EM=k．在△EHB中，∠EHB=∠MNB=90°，BE=BD+DE=(n+1)k，BH=BN-HN=(n-1)k，由勾股定理得EH=2·k∴sinB=．预测：本题的主要考点是相似，三角函数，勾股定理，切线长定理等．综合运用进行猜想－探索－证明是一类开放性命题证明的思路和方法．题4如图，一个圆形街心花园，有三个出口A，B，C，每两个出口之间有一条60米长的道路，组成正三角形ABC，在中心点O处有一亭子，为使亭子与原有的道路相通，需再修三条小路OD，OE，OF，使另一出口D、E、F分别落在ΔABC分成三个全等的多边形，以备种植不同品种的花草．（1）请你按以上要求设计两种不同的方案，将你的设计方案分别画在图1，图2中，并附简单说明．（2）要使三条小路把ΔABC分成三个全等的等腰梯形，应怎样设计？请把方案画在图3中，并求此时三条小路的总长．（3）请你探究出一种一般方法，使得出口D不论在什么位置，都能准确地找到另外两个出口E、F的位置，请写明这个方法．（4）你在（3）中探究出的一般方法适用于正五边形吗？请结合图5予以说明，这种方法能推广到正n边形吗？透析：（1）方案1：D，E，F与A，B，C重合，连OD，OE，OF．方案2：OD，OE，OF分别垂直于AB，BC，AC．（2）OD//AC，OE//AB，OF//BC，如图（3）作OM⊥BC于M，连OB，∵ΔABC是等边Δ，∴BM=BC=30，且∠OBM=30°，∴OM=10，∵OE//AB，∴∠OEM=60°，OE==20，又OE=OF=OD，∴OE+OF+OD=3OE=60，答：略．（3）如图（4）方法1：在BC，CA，AB上分别截取BE=CF=AD，连结OD，OE，OF，方法2：在AB上任取一点D，连OD，逆时针旋转OD120°两次，得E，F．（4）设M1为A1A2上任一点，在各边上分别取A2M2=A3M3=A4M4=A5M5=A1M1，连OM1……OM5即可，∴可推广到正n边形．预测：本题集探索、猜想方案设计于一体．这类题应充分予以关注．。
为何能从ABC猜想推出费马大猜想？
为何能从ABC猜想推出费马大猜想？在《什么是“ABC”猜想？》中，可以从ABC猜想可以推出费马大猜想——换句话说，如果ABC猜想是对的，那么费马大猜想自然也是对的了。
首先，我们来介绍一下费马大猜想，这个猜想都是关于整数的x n+y n=z n：当n=2的时候，描述直角三角形的勾股定理，是有整数解的。
而在n＞2的时候，这个方程没有整数解。
这个猜想后来被人所证明，用的是椭圆曲线模形式的方法，笔者在这里就不展开了。
但是，如果我们能够证明ABC猜想，那么费马大猜想就是一个平庸的例子，是不证自明的。
那么，什么是ABC猜想呢？ABC猜想的一个版本是这样说的：对于满足a+b=c，的三个整数，如果a与b是互素的，那么，可以猜想：c≤(rad(abc))2。
关于符号rad 的定义与意义，详见《什么是“ABC”猜想？》，简单地说就是无平方因子的根。
好了，如果上面这个ABC猜想是对的，我们怎么来证明费马大猜想呢？我们取a=x n，b=y n，c=z n。
我们采用反证法，假设a+b=c，也就是说假设费马大猜想成立，这个时候我们可以使用ABC猜想了。
c≤(rad(abc))2相当于z n≤(rad(xyz)n)2≤(xyz)2＜z6。
所以，n=3、4、5。
而对于n=3、4、5时的费马大猜想早已经被欧拉等人证明了，因此，可以从ABC猜想得到费马大猜想。
ABC猜想可以说是现代数学的一个最重要的猜想，因为它的高度很高，解决它就一定可以得到数学的最高奖。
日本有一个叫望月新一的数学家，宣布证明了ABC猜想，他实在是很聪明的人才，可惜他使用了很多太私人的数学定义，比如“影院”算子这样的怪异概念，而且文章有1000多页，江湖上没有人愿意去解读他的论文到底对不对，因为他的定义是没有被公认的，很复杂。
江湖上传闻，望月新一还发明了比特币，他要改变这个世界。
北师大版七年级下册数学《全等三角形》难题(讲义)
例2在△ABC中，AC=5，中线AD=4，则边AB的取值范围是( )A．1<AB<9 B．3<AB<13 C．5<AB<13 D．9<AB<13例3一张长方形纸片沿对角线剪开，得到两张三角形纸片，再将这两张三角形纸片摆成如下右图形式，使点B、F、C、D在同一条直线上(1)求证：AB⊥ED(2)若PB=BC，请找出图中与此条件有关的一对全等三角形，并给予证明例5如图，点C在线段AB上，DA⊥AB，EB⊥AB，FC⊥AB，且DA=BC，EB=AC，FC=AB，∠AFB=51°，求∠DFE的度数1．如图，AD、A′D′分别是锐角△ABC和△A′B′C′中BC，B′C′边上的高，且AB=A′B′，AD=A′D ′，若使△ABC≌△A′B′C′，请你补充条件(只需要填写一个你认为适当的条件)2．如图，0A=0B，OC=OD，∠O=60°,∠C=25°,则∠BED等于4．如图，△ABE和△ADC是△ABC分别沿着AB、AC边翻折180°形成的，若∠1：∠2：∠3=28：5：3，则∠a的度数为5．如图，已知0A=OB，OC=0D，下列结论中：①∠A=∠B；②DE=CE；③连OE，则0E平分∠0，正确的是( ) A．①②B。
②③C．①③D．①②③6．如图，A在DE上，F在AB上，且AC=CE，∠l=∠2=∠3，则DE的长等于( )．A：DC B．BC C．AB D．AE+AC7．如图，AB∥CD，AC∥DB，AD与BC交于0，AE⊥BC．于E，DF⊥BC于F，那么图中全等的三角形有( )对A．5 B．6 C．7 D．88.如图，把△ABC绕点C顺时针旋转35度，得到△A′B′C, A′B′交AC乎点D，已知∠A′DC=90°，求∠A的度数11．在△ABC中，高AD和BE交于H点，且BH=AC，则∠ABC=12．如图，已知AE平分∠BAC，BE上AE于E，ED∥AC，∠BAE=36°，那么∠BED=13．如图，D是△ABC的边AB上一点，DF交AC于点E，给出三个论断：①DE=FE；②AE=CE；③FC∥AB，以其中一个论断为结论，其余两个论断为条件，可作出三个命题，其中正确命题的个数是14．如图，在△ABC中，AD为BC边上的中线，若AB=5，AC=3，则AD的取值范围是15．如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°．AD平分∠BAC，BE⊥AD交AC的延长线于F，E为垂足．则结论：①AD=BF；②CF=CD；③AC+CD=AB；④BE=CF；⑤BF=2BE，其中正确结论的个数是( )A．1 B.2 C．3 D．417．考查下列命题：①全等三角形的对应边上的中线、高、角平分线对应相等；②两边和其中一边上的中线(或第三边上的中线)对应相等的两个三角形全等；③两角和其中一角的角平分线(或第三角的角平分线)对应相等的两个三角形全等；④两边和其中一边上的高(或第三边上的高)对应相等的两个三角形全等．其中正确命题的个数有( )．A．4个B．3个C．2个D．1个18．如图，在四边形ABCD中，AC平分∠BAD，过C作CE⊥AB于E，并且1()2AE AB AD=+,求∠ABC+∠ADC的度数。
关于多项式的abc猜想
关于多项式的abc猜想合同主体1、甲方：＿___________________2、乙方：＿___________________合同标的1、本合同旨在探讨和研究关于多项式的 abc 猜想相关的理论、方法和应用。
2、双方将共同致力于推动对该猜想的深入理解和可能的解决方案。
双方权利和义务1、甲方权利和义务11 甲方有权获取乙方在研究过程中取得的阶段性成果和最终成果。
111 甲方有义务为乙方提供必要的研究资源，包括但不限于研究资料、实验设备等。
112 甲方应按照合同约定按时向乙方支付相关费用。
2、乙方权利和义务21 乙方有权要求甲方按照约定提供研究所需的支持和条件。
211 乙方有义务按照科学研究的规范和方法，认真、负责地开展关于多项式的 abc 猜想的研究工作。
212 乙方应定期向甲方汇报研究进展情况，并在约定的时间内提交研究成果。
违约责任1、若甲方未按照合同约定向乙方提供研究资源或支付费用，应承担违约责任，向乙方支付违约金，并尽快补齐所欠资源和费用。
2、若乙方未按照合同约定的时间和质量要求提交研究成果，应承担违约责任，退还已收取的费用，并按照约定支付违约金。
3、若双方违反本合同中的保密条款，泄露与多项式的 abc 猜想研究相关的机密信息，应承担法律责任，并赔偿对方因此遭受的损失。
争议解决方式1、本合同在履行过程中如发生争议，双方应首先友好协商解决。
2、若协商不成，任何一方均有权向有管辖权的人民法院提起诉讼。
以上合同仅为示例，具体条款需要根据实际情况进行详细的约定和调整，以确保合同的完整性和可操作性。