皮莱猜想：| x^a-y^b|=[1，∞）每个正整数所对应的解仅有限组

编者按：正整数方程有内积通解必有内积本原解，无内积本原解必无内积通解。这一命题将成为数论领域中的核心视角，高斯当年很偏爱二次互反律，朗兰兹纲领也是从这里逐渐展开的。可以预言，一旦朗兰兹纲领引进内积本原解定理作为核心视角，很多数论问题将迎刃而解，拿下它具有多米诺骨牌效应，我们期待数学人一起来探索，揭开更多的数学之谜。

【摘要】卡塔兰猜想虽已完成证明，但广泛意义上的卡塔兰猜想并未攻克，即皮莱猜想还未破解。本文另辟蹊径，用洛书定理、三元方程互素定理以及内积本原解定理对其进行分析，用不到几页纸的篇幅完成了纯数学文本证明。卡塔兰猜想表达了互素幂值之间的差值为 1 的机会只有一次，以后间隔越来越疏松，差值大于 1 的皮莱猜想也是如此，对应每个正整数的解集有限。皮莱猜想和卡塔兰猜想、考拉兹猜想、费马猜想一样，都关注互素幂值之间的差值关联，这一性质同样与二维素数最简本原解休戚相关，二维素数最简本原解定理将成为数论的中心。

【关键词】卡塔兰猜想；洛书定理；哥德巴赫猜想；相邻论；最简本原解；三元方程互素性质；邻函数恒等式；皮莱猜想。

作者/罗莫

我们知道莫德尔猜想，卡塔兰猜想，费马猜想名声很大，而尚未被证明的皮莱猜想比它们更根本，足见皮莱猜想有多重要！

2002年4月，帕德博恩大学的罗马尼亚数学家普雷达•米哈伊列斯库（PredaMihăilescu）证明了卡塔兰猜想 ① ，如今它已是定理了。这个证明由尤里 • 比卢（YuriBilu）检查，大幅使用了分圆域和伽罗瓦模 ② 。但皮莱猜想还尚未证明，皮莱猜想把卡塔兰猜想一般化，推测正整数的幂值之间的差趋向无限大；换句话说，对任何正整数，仅有限多对正整数的幂差是这个数。数学界在此之前仍未解决这个猜想。这个猜想，跟亏格g>1的代数曲线上有理点集的有限性猜想同源。英国数学家莫德尔(Mordell，L.J.)研究不定方程y^2＝x^3+k时，在1918年证明了此类方程仅有限组整数解，1983年法尔廷斯证明了莫德尔猜想。皮莱猜想也是该猜想的一般化推广。如果说勾股定理、莫德尔猜想是费马猜想的特例，那费马猜想又是比尔猜想的特例，而卡塔兰猜想、比尔猜想又都是皮莱猜想的特例。最后皮莱猜想可归约到 ABC 猜想中。

本着证明从简原则，我们选择用洛书定理 ③ 和函数的单调递增性去证明猜想，华罗庚主张：“神奇化易是坦道，易化神奇不足提”。怀尔斯虽然证明了费马大定理，可使用的是较复杂的数学工具椭圆曲线和伽罗瓦模，此工具不能证明费马猜想的一般化推广，对皮莱猜想也无从下手，而洛书定理、三元方程互素定理以及内积本原解定理却可以通吃，可见还是更简洁的工具更有威力。

1. 用相邻素数从大到小之比大于 1 小于 2 作为不等式的基础判定

皮莱猜想同费马大定理一样，属丢番图问题。相邻性原理已经证明了，所有的丢番图问题都遵循多项式相邻素数递增与相邻自然数递增存在一一映射关系，多项式素数因子需更换一个且仅需轮值更换一个递增邻近素数才能获得相应递增的相邻自然数，哥德巴赫猜想一文中已完成了该判定的证明。

卡塔兰猜想断言：

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

显然 x^ a -y^ b =1，是丢番图方程的其中一种形式。方程 x^ a =1+y^ b 中，1+y^ b 是自然数 y ^b 的邻数递增，因此，x^ a 中所含的素因子一定得存在比 y ^b 中最大素因子还大的相邻素数，且 y 比 b 小，a 比 x 大。另有，奇素数从3开始，相邻素数之差都大于或等于2，等于2时为孪生素数。方程唯一解 x=3，y=2，a=2，b=3 皆没有超过奇素数 3，此前小于奇素数或等于奇素数值的情况已经完成了证明，现只要证明素数因子大于 3 后皆无解即可。

莱维 • 本 • 热尔松（Levi ben Gerson）证明：2 和 3 的幂之间只有 8 和 9 相差是 1；莱昂哈德 • 欧拉证明了：x^ 2 -y^ 3 =1 只有一解：x=3，y=2；勒贝格（Lebesgue）证明了：x^ a -y^ 2 =1，a>1 没有正整数解；柯召证明了： x ^2 -y^ b =1，b>1 只有一个解。

于是卡塔兰猜想只余下为奇素数的情况。根据方程 x ^a =1+y^ b 可判定，y ^b 进行自然数相邻递增到 1+y^ b 得到一个单项式 x^ a ，那么该单项式的素数因子一定产生了比 y 中所有素因子都大的一个相邻素数，这是相邻性法则决定的。因此该方程一定是相邻素数的等价变换。

现比较任意两个相邻素数，乘以若干个公共素因子，以此还原到方程中的x 和 y，因为仅一个相邻素数不同，那么算式的大小关系不变，大的还大，小的还小，两算式之间的差将拉大。现将两算式，匹配指数，还原到方程左式，大的匹配大的指数，小的匹配小的指数，较大的算式会越大，较小的算式会越小，因此这种情况无解。匹配相等的指数，也是无解。所有可能为三种，现穷尽另一种情况，较大的算式匹配较小的指数，较小的算式匹配较大的指数，抽取共因子 m ^a 后，两算式为相邻数 p 1 ^a 与 p 2^ b ×m ^（b-a） ，比较这两个算式，根据素数定理 ④ 公式，用 p 2 取代 p 1 得到：

p 2^ {logn（n+1）/ log（n+1）n}为 p 1进一步抽取共因子 p 2^ a 后，两算式为：

logn（n+1）/ log（n+1）n 与 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 却小于 2。

因为根据相邻质数的上限值定理（与bertrand定理等价，本文作者有多种方法证明哥猜，有些证法完全不依赖bertrand定理，反而可用新工具证明之。如龙头例外偶数无素数因子可构造的证法，因为它要与蕴含所有素数因子的可表偶数互异互素。） ⑤ ：当 n ≥ 4 时，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。当 b=a 时方程无解，当 b-a=1 时，素数 3 减去不大于 2 的数的时候，还可以得到大于 1 的数，而大于 1 的数乘以共因子，则一定会大于 1，因此方程无解。

当 b-a ＞ 1 时，将得到更大的正整数乘以共因子，方程更是无解。所以方程 x ^a -y^ b =1 除了仅一组解外，再无其他正整数解。以上通过 x^ a -y^ b 的比较，穷尽所有可能，其差都无法得到 1。因此卡塔兰猜想同样获得了相邻性原理的证明，本证明的另一个关键处是，相邻素数从大到小之比大于 1 小于 2。

莫德尔猜想判定不定方程y^2＝x^3+k仅有限组整数解，法尔廷斯证明了它。在此基础上，我们用二维素数最简本原解性质来进行证明就是，对y^2-x^3＝k，进行线性映射，得到ry^2-sx^3＝tk，t是特征值，当（r，s，-t）≠（1，1，-1）时，根据最简本原解和内积通解原理，在莫德尔猜想获证的基础上也很容易证明卡塔兰猜想成立，说明卡塔兰猜想y^a-x^b＝1是莫德尔猜想ry^2＝-sx^3+tk的内积通解方程，y与x的每次升幂，都会有对应的非1特征值，因莫德尔猜想的解集有限，每次升幂所对应的系数向量及其所匹配的特征值必有限非1，故卡塔兰猜想y^a-x^b＝1的解集定是有限的，且特征值等于1的内积通解系数向量不存在。因为一旦特征值非1，二元系数向量其中至少一组会产生与x和y互素的新增素数因子，这与升幂方程不产生新素数因子相矛盾，故不会新产生升幂方程解，有限解的每次内积升幂必也是有限解。如此卡塔兰猜想y^a-x^b＝1的解集唯一性就获证，这个唯一解就是y=3，a=2，x=2，b=3。可见通过最简本原解性质来完成卡特兰猜想的存在性证明，要比目前数学家用分圆域和伽罗瓦模等代数几何法证明容易得多。

在卡塔兰猜想y^a-x^b＝1的解集具唯一性的基础上继续寻找像空间的通解，由1的像空间扩域到所有正整数域内，那么每次所对应的正整数，其方程解集也必是有限的。这就是皮莱猜想y^a-x^b＝k，k为正整数，每一个正整数的解集都是有限组，同样可根据最简本原解和内积通解的性质来证明，一旦指数继续递增，就会带来像空间常量正整数的改变，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。因为y、a、x、b中任意一个未知数的改变，都相当于原方程的系数向量发生了改变，等价于原方程的内积通解在扩域。根据指数大于2后的升幂方程无解（比尔猜想的获证结论），升幂后的k与升幂前的k定有不共素因子。故每个正整数皆不存在升幂方程解，而指数为确定值，像空间为确定值的最简本原解三元方程，其解集是有限对的（莫德尔猜想已经获证），于是其内积通解所得到的皮莱猜想其每个正整数所匹配的解集也必是有限组的。

证明卡塔兰猜想更直观的方法我们也找到了，y^a-x^b＝1，其中3-2=1，是该方程的最简本原解，或者说，y-x=1是该方程的最简本原解，a＞1，b＞1时，它的内积通解ry-sx=1有解，假如可转换为升幂方程有解，是否继续升幂还有解呢，假如有，说明uy-wx=1有解可转换为升幂方程有解，且r≠u，w≠s，而r、s所对应的特征值是1，那么与它们互异的u、w所对应的特征值定不是1，因为r、s是方程特征值1的必要条件，这就与两个互异对象都是特征值1的必要条件相矛盾。系数向量不同，所对应的特征值是不同的。故不同特征向量的升幂方程会对应不同的特征值，或者不同系数向量的升幂方程会对应不同的特征值，于是方程继续升幂不会有整数解。故内积通解ry-sx=1若有解且可转换为升幂方程只能升幂一次，通过验算可转换为升幂方程只有3^2-2^3=1可行,即y=3，a=2，x=2，b=3为一组解的卡塔兰方程有解，其它最简本原解方程皆不能转换为升幂方程，若有，会与只能升幂一次矛盾，故它只能有一组解。那内积本原解定理是否完成过严格证明呢？作者在《数学底层引擎相邻论和重合法》一书中多次证明过它，也在澎湃新闻多次发文阐释过它。

柯召证明了： x ^2 -y^ b =1，b>1 只有一个解。

定理：正整数方程有内积通解必有内积本原解，无内积本原解必无内积通解。

证明：可表偶数2s与龙头例外偶数2t必存在相邻关系，有2s+2=2t，即s+1=t，且根据定义t的解集与s的解集完全互异无交集，当s蕴含所有素因子时，请问t存在吗？t必无素因子可构造，因为三元方程，若两元互素，必三元两两互素（假如第三元与某一元非互素，那除以公因子后还是整数，但另一元便成了真分数，造成整数与分数相等，矛盾，于是归谬可证三元方程的互素性质是真命题），因s和1互素，必s与t互素，可表偶数2s已证是蕴含所有素数因子的，因为2p中如存在例外偶数2p'减去2p中的可表偶数2p''，可得偶数2r，即p'-p''=r。已知p'∪p''=p，p'∩p''=Φ，p'与p''因互异而互素，且它们的并集囊括了所有奇素数，如此r就无素数因子可构造，可见2p蕴含了所有的素因子。当然蕴含2p的2s也就蕴含了所有素因子，如此t就无素因子可构造。任何像空间2n若不能用两互异素数p+q表达，便无任何通解可表达，因为把s+1换成p+q也是同理可证的。龙头例外偶数是空集，那所有例外偶数便都是空集，如此根据2n=2s∪2t且2s∩2t=Φ，于是2s=2n，大于6的所有偶数就都能用两异的奇素数之和表示了。于是就证明了，正整数方程有内积通解必有内积本原解，无内积本原解必无内积通解。例外偶数因无内积本原解故必无内积通解。而可表偶数就是内积本原解的定义，可表偶数的通解所有偶数就是内积本原解的线性映射，由于例外偶数是空集，线性映射不扩域，故大于6的可表偶数与大于6的所有偶数完全等价，也就是说，大于6的所有偶数都能用两个互异奇素数之和表示，这正是一个比欧拉版哥猜更强势的命题，补上3+3=6便是。

正整数方程有内积通解必有内积本原解，无内积本原解必无内积通解。该定理就是哥猜命题，是比欧拉版更强势的哥猜命题。当然该命题还蕴含，正整数方程有外积通解必有外积本原解，无外积本原解必无外积通解。外积就是数乘，就是一般的本原解方程。如3^2+4^2=5^2,就某一类勾股方程的本原解方程，也叫外积本原解方程，经数乘可得到外积通解方程（3t）^2+（4t）^2=（5t）^2。而p+q=2m，就是偶数方程的最简本原解，也叫内积本原解方程，经点乘可得到内积通解方程ap+bq=2cm，因例外偶数不能用两素数之和表达（无内积本原解），它的内积通解即线性映射是空集，内积通解不扩域，故哥猜获存在性证明。哥猜获证等价于内积本原解定理获证。原以为哥猜是个孤立命题，想不到它有广泛的应用，内积本原解定理是多米诺骨牌中的第一张牌，而三元方程两两互素定理又是第一张牌中的牌头，前者为重合法，后者为相邻论。

例外偶数2p''不存在，因r无素因子可构造，可表偶数2m蕴含所有素数因子获证。

定理：三元整数方程若两元互素则有三元两两互素。

证明：令a+b=c，已知（a，b）=1，若（b，c）=k（k≠1），或（a，c）=t（t≠1），则方程两边同时除以k或t，那么方程右边为整数，左边为真分数，左右不等，矛盾，故归谬证明了，三元整数方程若两元互素则三元两两互素。

2. 用洛书定理与尾数周期判定两多项式是否等值

根据洛书定理（作者在证明比尔猜想和费马猜想的论文中已完成证明），一切 10 模数加余数的偶正整数，其本原解方程所对应的等项，要么它们的模数是 2，余数是 2 k 数，即个位数周期是 2、4、8、6，要么它们的模数是 3，余数是 3 t +1 数，即个位数周期是 3、9、7、1。考拉兹猜想就是洛书定理的等价表达。

卡塔兰猜想断言不定方程 x^ a -y^ b =1 的大于 1 的正整数 x，y，a，b 只有唯一解 x=3，y=2，a=2，b=3。而皮莱猜想则断言 x^ a -y^ b 等于给定差值的方程每组皆仅有限解，除了开始会存在有限解等于给定差值外，以后会越来越大于该差值，直至无穷。

显然皮莱猜想包含了卡塔兰猜想，并延伸了原猜想未判定的领域，两个幂数之间的差距会越来越大，大到无穷，都不再有解。如果用极坐标表示这些方幂数的话，那这些幂数都落在极径上，彼此绝不会间隔给定值而相邻。比如 2幂数和 3 幂数会间距 1 而相邻一次外。这些极径从极中心出发向外发射，极径与极径之间的距离就像一束光，越遥远处，其弧线长就更大，乃至趋向无穷。

这是我们从几何意义上对皮莱猜想的直观理解。现在我们用洛书定理对此做出一个数学证明：x 任意次幂数与 y 任意次幂数之间的差值等于 1 时方程只有一对解。此外，底数任意次幂数之间的差值会越来越大。其他差值也会如此。这需要一个通解证明。

从洛书定理的系列推论得知，偶数结尾的任意次幂数中，其尾数分别有2、4、8、6、0，奇数结尾的任意次幂数中，其尾数分别是 1、3、9、7、5。可见 x 与y 不能同偶同奇，如果那样卡塔兰猜想无解。只有一偶一奇时才有解。因此所有的偶数任意次幂数与奇数任意次幂数中，都可以等价转换。

解集的间隔逐渐趋大。

偶数可转换为模数是 2，余数是 2 任意次幂数中，即 2k+2^ a 。奇数可转换为模数是 3，余数是 3 任意次幂数中，即 3t+3 ^b +1。3 任意次幂数中的 2 次幂或 10d+2 次幂才能得 9 结尾的数。2 任意次幂数中的 3 次幂或 10d+3 次幂才能得 8 结尾的数。此时两底数的任意次幂数中的个位数差值才会等于 1。2 任意次幂数中的 3 次幂或 10d+3 次幂才能得 8 结尾的数。3 任意次幂数中的 3 次幂或 10d+3 次幂才能得 7 结尾的数。此时两底数的任意次幂数中的个位数差值才会等于1。3 任意次幂数中的 3 次幂或 10d+3 次幂才能得 7 结尾的数。2 任意次幂数中的 4 次幂或 10d+4 次幂才能得 6 结尾的数。此时两底数的任意次幂数中的个位数差值才会等于 1。2 任意次幂数中的 4 次幂或 10d+4 次幂才能得 6 结尾的数。3 任意次幂数中的 4 次幂或 10d+4 次幂才能得 1 结尾的数 加上3t 的 4 结尾数。此时两底数的任意次幂数中的个位数差值才会等于 1。2 任意次幂数中的 2 次幂或 10d+2 次幂才能得 4 结尾的数。此时两底数的任意次幂数中的个位数差值才会等于 1。

3 任意次幂数中的 5 次幂或 10d+5 次幂才能得 3 结尾的数。2 任意次幂数中的 5 次幂或 10d+5 次幂才能得 2 结尾的数。此时两底数的任意次幂数中的个位数差值才会等于 1。

2 任意次幂数中的 5 次幂或 10d+5 次幂才能得 2 结尾的数。3 任意次幂数中的 4 次幂或 10d+4 次幂才能得 1 结尾的数。此时两底数的任意次幂数中的个位数差值才会等于 1。

3 任意次幂数中的 4 次幂或 10d+4 次幂才能得 1 结尾的数。2 任意次幂数中的 3 次幂或 10d+3 次幂才能得 8 结尾的数 +2k 的 2 结尾数。此时两底数的任意次幂数中的个位数差值才会等于 1。2 任意次幂数中的 3 次幂或 10d+3 次幂才能得 8 结尾的数 +2k 的 2 结尾数。3 任意次幂数中的 2 次幂或 10d+2 次幂才能得 9 结尾的数。此时两底数的任意

次幂数中的个位数差值才会等于 1。

以上穷尽了 10 种选项可得到差值 1，只有 3 的 2 次幂和 2 的 3 次幂时，两底数的任意次幂数才都仅是个位数，此时才得到了真正的差值 1。因为当 k=0，t=0 时，个位数之外的位数之差才会等于 0。也就是说当 x=3，y=2，a=3，b=2 时，卡塔兰方程才有解。

其他选项，虽然能保证两幂数的个位差值等于 1，但不能保证两方幂数的个位以上数彼此差值等于 0。现逐个证明之。若幂次方虽个位数为 2 但属两位以上时，3 方幂数与 2 方幂数的差值无法等于 1。因为此时，k、t 的尾数都带 0，方幂数差值不等于 1，那整个奇偶差值就不等于 1。

因此只要证明 3 方幂数与 2 方幂数的差值当其指数 2 位数或 2 位数以上时都无法等于 1，那么所有的奇数任意次幂数 x ^a 与所有的偶数底数任意次幂数 y^ b的差值，都将无法等于 1。

当 2k=3t 时，| （2k+2^ a ）-（3t+3^ b ）|=|2^ a -3^ b |，除了 a=3，b=2 时，其差的绝对

值等于 1 外，无法再找到差值 1。

当 2k ≠ 3t 时，|2k-3t| 的尾数将带多个 0，且前位数不等。| （2k+2 ^a ）-（3t+3^ b ）|=|2k-3t+2^ a -3^ b |=|3r+2^ a -3^ b |。

当 r 尾数带 0，且带几个 0 时，将带来 2 位以上数的不等，当 r 尾数不带 0，将带来 2 位以上数的不等，以上都不能带来差值 1。

因此卡塔兰猜想断言不定方程 x^ a -y^ b =1 的大于 1 的正整数 x，y，a，b 只有唯一解 x=3，y=2，a=2，b=3。

3. 从四元搭配可穷分类后的单调性判定方程有限解之外的定义域为不等式

在此基础上，我们再来看皮莱猜想：|x^ a -y^ b |=[1，∞）时，每组方程的解仅为有限个，甚至一个也没有。x 幂数与 y 幂数会差值越来越大。刚刚我们通过洛书定理进行了等价变换，偶数任意次幂数中与奇数任意次幂数中之间的差值，首先无法等于 1，除了在卡塔兰方程的情形下。以后越来越大。

由于底数任意次幂数新增，不增加新增素数，于是底数任意次幂数之间新组合的合数就充满了两底数任意次幂数之间的间隔，随着自身根的增长，底数任意次幂数与底数任意次幂数之间的间隔越拉越大，随着素数越多，能组合成的合数个数就越多，合数的个数越多，底数任意次幂数之间的 间隔就越拉越大。于是就像图极坐标底数任意次幂数分布 ⑥ 所表示的那样。

如图底数任意次幂数集的分布从极中心出发呈现光束发射状；越小越相邻密集，越大越间隔无穷。

现用数学归纳法在卡塔兰猜想有一解的基础上证明该猜想，当 x、y，a、b至少有一数大于3时，卡塔兰方程右边等于1，方程都无解。先证明等于2时无解，再证明如果等于 t 时无解，是否可推理出等于 k+1 时皮莱方程无解。刚用数学归纳法已经证明了卡塔兰猜想是成立的。卡塔兰猜想的右边等于 k 时，即为皮莱猜想，我们来证明，把 k 换成 k+1 时，皮莱猜想是否仍成立。

X^ a =y^ b +1，前文已经证明，该方程只有 1 组解 x=3，y=2，a=2，b=3，该方程其实是比尔方程的一个特例，1 的 c 次方还是 1，比尔猜想已经证明了，所有变量大于 3 时无解，因此 x ^a =y^ b +k，当 k 为某一整数的幂次方时，根据比尔猜想的结论，x^ a =y^ b +k 有极少解，因此方程大多情况下是不等式。那么当 k 不是某整数的幂次方呢？有少量有限解，因为每次在有限解的基础上，方程的解稍做调整变化，就会使整数幂的差值变大，直到趋向无穷。与卡塔兰猜想有相似性，从卡塔兰猜想的差值 1 可以推广到整个正整数，都有这样的性态。

当 k=1 时，皮莱方程 x^ a =y^ b +k 为卡塔兰方程，在 x=3，y=2，a=2，b=3 的基础上，其中任何一个未知数加 1，等式都大于 1。现假设 x=3，y=2，a=2，b=3 其中有一个解换成 t 时，方程无解，是否可以推理出，其中任何一个未知数加一个 1 时，方程仍然无解。我们知道：

如果1加在x中的t上，方程一定仍然无解，若t稍加变化，就离差值1甚远，那么 t+1 就会导致差值离差值 1 更远。

如果 1 加在 y 中的 t 上，方程一定也无解，若 t 稍加变化，就离 1 甚远，那么 t+1 就会导致差值离差值 1 更远。

如果 1 加在 a 中的 t 上，方程一定也无解，若 t 稍加变化，就离 1 甚远，那么 t+1 就会导致差值离差值 1 更远。

如果 1 加在 b 中的 t 上，方程一定也无解，若 t 稍加变化，就离差值 1 甚远，那么 t+1 就会导致差值离差值 1 更远。

也就是说，卡塔兰方程只要任意变化一下其中一个未知数为 t，如果无解，那么继续变化为 t+1 也必然无解。由于四个未知数所有值都无外乎这样迭代加1 产生，故符合数学归纳法程序。推理项成立加上初项成立，所以可以推理得到卡塔兰猜想仅有一组解。其他都是差值越来越大的不等式。用数学归纳法完成的证明与洛书定理完成的证明可相互印证。

以此为基础进一步证明皮莱方程即幂次方的差值等于 k 时，仅有少量解，且差值一样会趋于无穷。现假设当 k=m（m 为任意给定的有限值）时，皮莱方程 x ^a =y^ b +m 仅有少量解是成立的。那么在 x ^a =y^ b +m+1 时是否仍为少量解呢？现假设在 x=p 1 ，y=p 2 ，a=p 3 ，b=p 4 的基础上，其中任何一个未知数加 1，等式都大于 m 或小于 m。即 x=p 1 ，y=p 2 ，a=p 3 ，b=p 4 其中有一个解换成 t 时，方程无解，且可以推理出，其中任何一个未知数 t 加一个 1 时，方程仍然无解。

如果 1 加在 x 中的 t 上，方程一定无解，若 t 稍加变化，就离 m 甚远，那么 t+1 就会导致差值离 m 更远。

如果 1 加在 y 中的 t 上，方程一定无解，若 t 稍加变化，就离 1 甚远。

x ^a -y^ b =m 中只要 x a 中的任何一个未知数加 1，都会增加一个比 x ^a 更大值，而x ^a 比m要大，故x^ a -y^ b 就会远远大于m，换y ^b 更大时，故x ^a -y^ b 就会远远小于m。

根据在x=p 1 ，y=p 2 ，a=p 3 ，b=p 4 的基础上任何一项加1时的初项值为不等式，可推理出未知数等于 t+1 时仍无解，这一切都基于两方幂数的差值等于 m 时为有限个解是成立的。那么可否推理出，差值等于 m+1 时为有限个解也是成立的呢？

皮莱方程两底数任意次幂数的差等于给定值的解是有限个的，其余差值会越来越大于给定差值，或越来越小于给定差值，若更大的差值或更小的差值碰上等于 m+1 时，就是皮莱方程两底数任意次幂数差值等于 m+1 的解，但仍是有限个解。当 m+1 等于 z 的 2 次方以上时，根据比尔猜想获得证明的结论，显然会无解。皮莱猜想是比尔猜想中 z c 中的 c 小于 3 的情况，当给定值为 z 的平方数或无平方数时，比尔猜想就成了皮莱猜想。因此当两底数任意次幂数的差值等于 m+1 时，可同理得到，根据在 x=p 1 ，y=p 2 ，a=p 3 ，b=p 4 的基础上任何一项加 1 时的初项值为不等式，可推理出未知数等于 t+1 时仍无解，故四元数

中某个数一增大 x^ a -y^ b 就会远远大于或小于 m+1，底数任意次幂数差值趋向大的迭代加 1 更大，底数任意次幂数差值趋向小的迭代加 1 更小。已知：

趋大类的底数任意次幂数差值 x^ a -y^ b ≥ m；

趋小类的底数任意次幂数差值 x ^a -y^ b ≤ m。

现在将左边的四元数中某个数进行加 1：

若 x^ a 递进变大，显然差值变大；

若 x^ a 递减变小，显然差值变小；

若 y^ b 递进变大，显然差值变小；

若 y ^b 递减变小，显然差值变大。

故逐个变化，或某一项全部变化，都不会等于给定差值，现在两项同时变化呢？ x^ a 与 y ^b 都同往大处或同往小处变，是否会恒等于一个给定数呢？问题是递增量和递减量无法持续恒等，只有短暂交集，故方程的解为有限个。简单描述就是，令 x ^a 总是比 y^ b 大，设定 x^ a -y ^b =m 是存在有限解的。那么 x^ a 中的任何一个字母加 1，都会变成不等式，方程左边会更大，在不等式的基础上，x ^a 中的任何一个字母继续迭代加 1，都仍是不等式，不等式左边会更大。

法尔廷斯证明了莫德尔猜想。

另外，y ^b 中的任何一个字母加 1，都会变成不等式，方程左边会更小，在不等式的基础上，x^ a 中的任何一个字母继续迭代加 1，都仍是不等式，不等式左边会更小。也就是说，在给定有限解的基础上，找不到更多的解，因为进行任何差值变化，都会变成不等式。

如（x+1）^a -y^ b =x^ a -y ^b +（二项式展开式中 a-1 项）>m；x ^（a+1） -y ^b =（x-1）x ^a +x^ a -y ^b >m，因为 x>1。在不等式的基础上迭代加1，会大的更大，因而仍然大于m，以上就囊括了，在令 x ^a 总是比 y^ b 大的基础上，无论 x 和 a 怎么变化，都会大于 m。同理证明：

X^ a -（y+1）^b =x^ a -y^ b -（二项式展开式中 b-1 项）<m；

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

在不等式的基础上迭代加 1，会小的更小，因而仍然小于 m，以上就囊括了，在令 x ^a 总是比 y^ b 小的基础上，无论 x 和 a 怎么变化，都会大于 m 或小于 m。

在有限解的基础上，不会产生更多的解。以上用数学归纳法证明了，皮莱猜想是成立的。黎曼猜想、费马大定理、皮莱猜想、ABC 猜想以及哥德巴赫猜想，它们有共同的特点，就是都在寻找素数与素数数序的关联，黎曼猜想伟大就伟大在这里，很直白地冲着这个目标来，ABC 猜想也有这个味道，因此非常重要。相对而言哥德巴赫猜想很含蓄，似乎没有这个目标，但却隐性表达了这一思想，哥德巴赫猜想看上去没有黎曼猜想和 ABC 猜想重要，但实质其命题却是个强判断，哥德巴赫猜想再加上辅助性引理能推导以上二者，以上二者却难以直接推导出哥德巴赫猜想。但 ABC 猜想的确把丢番图方程积与和之间的关联，集中进行了描述。皮莱猜想是洛书定理的另类表达。洛书定理为何如此重要，因为它是内积本原解定理的更简介表达，故有关它的周期性质会很多领域广泛呈现。作者在此预言，内积本原解定理将成为数论的中心，它比素数定理，高斯的二次互反律重要得多，它可导出黎曼猜想成立，具体证法，作者已在《数学底层引擎相邻论和重合法》一书中发表过，在澎湃新闻也发布过推文，感兴趣的读者可搜索阅读。（文/罗莫）

参考文献：

[1] 西蒙·辛格 . 费马大定理：一个困惑了世间智者 358 年的谜 [M]. 薛密，译 . 桂林：广西师范大学出版社，2013.

[2] 罗莫 . 用河图洛书原理破解了考拉兹猜想 [J]. 数学学习与研究，2012（11）：115-116 .

[3] 迪克森 . 代数方程式论 [M]. 黄缘芳，译 . 哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2011.

[4]潘承洞，潘承彪.素数定理的初等证明[M].上海：上海科学技术出版社，1988 .

注释：

①卡塔兰猜想。皮莱猜想把卡塔兰猜想一般化，推测正整数的幂之间的差趋向无限大，换句话说，对任何正整数，仅有限多对正整数的幂的差是这个数。这个猜想现在仍未解决。

②伽罗瓦模，群论中的乘法因子，是产生不同余数的参照系，是等价变换群的对应棱线。

③洛书定理，出自河图洛书，由发表于学术专业杂志《数学学习与研究》上的《用河图洛书原理破解了考拉兹猜想》一文最先提出并获纯数学证明。洛书定理判定：2n 可表为 2a+2^ k ，2n+1 可表为 3b+3^ t ，其中奇素数的尾数除 5 外仅有 3、9、7、1，并根据其指数的模数 4 的余数确定。

④素数定理。素数定理可以给出第 n 个素数 p（n）的渐近估计：p（n）～n/ lnn。它也给出从整数中抽到素数的概率。从不大于 n 的自然数中随机选一个，它是素数的概率大约是 1/ln n。这定理的式子于 1798 年由法国数学家勒让德（Legendre）提出。1896 年法国数学家哈达玛（Jacques Hadamard）和比利时数学家普森（Charles Jean de la Vallée-Poussin）先后独立给出证明。证明用到了复分析，尤其是黎曼 ζ 函数。因为黎曼 ζ 函数与 π（x）关系密切，关于黎曼 ζ 函数的黎曼猜想对数论很重要。一旦猜想获证，便能大大改进素数定理误差的估计。1901 年瑞典数学家 Helge Von Koch 证明出，假设黎曼猜想成立，以上关系式误差项的估计可改进为：π（x）=Li（x）+O（x（1/ 2） lnx），至于大 O 项的常数则还未知道。

⑤相邻质数的上限值定理：当 N ≥ 4 时，p（N+1) ＜ 2p(N-1) 或 p( N+2) ＜ 2p( N+1) 。

⑥幂数分布。底数为 a 的任意 n 次方的数集，叫幂数。有序数对在螺旋线上的分布叫极坐标系。幂数有序数对可在此完成分布，其有序数对可通过极径根数的变化，以及极径角度变化来确定。