Giả thuyết abc

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————- TRẦN BÁ HÀ GIẢ THUYẾT ABC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ THÁI NGUYÊN - NĂM 2011 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————- TRẦN BÁ HÀ GIẢ THUYẾT ABC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.05 Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH HÀ HUY KHỐI THÁI NGUN - NĂM 2011 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Lời cảm ơn Mở đầu Định lý Mason 1.1 Sự tương tự trường số trường hàm 1.2 Định lý Mason 1.3 Một vài ứng dụng định lý Mason Giả thuyết abc 2.1 16 Giả thuyết abc Z 16 2.1.1 Mở đầu 16 2.1.2 Phương trình Brocard 17 2.1.3 Giả thuyết Hall 18 2.2 Giả thuyết abc mở rộng 21 2.3 Giả thuyết abc mở rộng cho K[t] 31 2.4 Một số ví dụ liên quan đến giả thuyết abc 32 Kết luận 42 Tài liệu tham khảo 43 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn GS.TSKH Hà Huy Khoái, Viện Toán học Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới Thầy, người tạo cho phương pháp nghiên cứu khoa học đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo của: Viện Tốn học, Đại học sư phạm Thái Nguyên, Đại học khoa học tự nhiên Thái Nguyên, người tận tình giảng dạy khích lệ, động viên tơi vượt qua khó khăn học tập Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, khoa Sau đại học, sở GDĐT Thái Nguyên trường THPT Điềm Thụy, tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ suốt thời gian học tập Cuối cùng, xin cảm ơn bạn bè, người thân giúp đỡ, động viên, ủng hộ để hồn thành tốt khóa học Thái Nguyên, tháng năm 2011 Học viên Trần Bá Hà Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mở đầu Sự phát triển số học, đặc biệt thập kỷ gần đây, chịu ảnh hưởng lớn tương tự số nguyên đa thức Nói cách khác, có giả thuyết chưa chứng minh số nguyên, người ta cố gắng chứng minh kiện tương tự cho đa thức Điều thường dễ làm hơn, có lẽ nguyên nhân chủ yếu vì: đa thức ta có phép tính đạo hàm, khái niệm tương tự chưa có số ngun Mục đích luận văn trình bày định lý Mason số ứng dụng định lý Từ định lý Mason cho đa thức, ta có tương tự số học giả thuyết abc Từ nghiên cứu mở rộng giả thuyết abc Z K[t], đưa số ví dụ liên quan tới giả thuyết abc Luận văn chia làm hai chương, Chương 1: Trình bày định lý Mason số ứng dụng định lý Mason Chương 2: Trình bày giả thuyết abc, giả thuyết Halt Áp dụng giả thuyết abc để chứng minh phương trình Brocard có hữu hạn nghiệm ngun dương Trình bày mở rộng giả thuyết abc Z K[t], đưa số ví dụ liên quan đến giả thuyết Phần kết luận luận văn tổng kết lại toàn kết đạt Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Định lý Mason Mục đích chúng tơi chương trình bày vài tương tự trường số trường hàm, định lý Mason vài ứng dụng định lý 1.1 Sự tương tự trường số trường hàm Trước hết thấy tập hợp số nguyên tập hợp đa thức có nhiều tương tự, chẳng hạn: -Các quy tắc cộng, trừ, nhân, chia hoàn toàn cho hai tập hợp -Nếu số nguyên ta có số ngun tố, đa thức ta có đa thức bất khả quy -Đối với hai số nguyên hai đa thức, định nghĩa ước chung lớn Hơn nữa, hai trường hợp, ước chung lớn tìm thuật tốn Euclid -Mỗi số ngun phân tích thành tích thừa số nguyên tố, đa thức phân tích thành tích đa thức bất khả quy -Các số hữu tỷ tương ứng với hàm hữu tỷ -Mỗi số nguyên có giá trị tuyệt đối nó, cịn đa thức khác khơng có bậc -Đối với đa thức a, b ta có deg(a.b) = dega + degb, cịn hai Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn số nguyên dương x, y ta có log(x.y) = logx + logy Chúng ta kéo dài bảng danh sách tương tự Ở vào vài tương tự khó nhìn thấy Ta để ý đến tương tự phân tích thừa số nguyên tố phân tích bất khả quy Nếu giả thiết K trường đóng đại số, đa thức f (x) ∈ K[x] phân tích dạng sau: f (x) = pa11 pa22 pann , pi (x) = (x − αi ), αi ∈ K Như thấy rằng, tương tự phân tích bất khả quy phân tích thừa số nguyên tố, nghiệm đa thức tương ứng với ước nguyên tố số nguyên Do số nghiệm phân biệt đa thức có vai trị tương tự số ước nguyên tố số nguyên Từ nhận xét ta đến định nghĩa sau Định nghĩa: Cho a số nguyên Ta định nghĩa a, ký hiệu qua N0 (a), tích ước nguyên tố a : N0 (a) = Π p p/a Năm 1983, R C Mason cho kết đánh giá quan hệ bậc đa thức với số nghiệm phân biệt tích đa thức Kết định lý Mason, mà nội dung cụ thể định lý sau 1.2 Định lý Mason Định lý 1.1 (Định lý Mason) Giả sử a(t), b(t), c(t) đa thức với hệ số phức, nguyên tố cặp thỏa mãn hệ thức: a(t) + b(t) = c(t) Khi kí hiệu n0 (f ) số nghiệm phân biệt đa thức f, ta Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn có max{deg a, deg b, deg c} n0 (abc) − Chứng minh Từ giả thiết a + b = c, ta suy a b + = c c a b Ta đặt: f = g = c c Thay vào (1.1) ta có: f + g = (1.1) Ta lấy đạo hàm hai vế phương trình ta kết quả: f + g = 0, tương đương với g = −f Với mục đích xét số nghiệm đa thức, ta xét thương đạo hàm hàm số Ta có: g f ( ).f + ( ).g = 0, f g tương đương với f g ( ).f = −( ).g, f g f g b f =− =− g f a g Từ ta có f b f =− g a g Mặt khác, giả sử R(t) hàm hữu tỷ mà có phân tích sau: R(t) = Π(t − vi )qi , qi ∈ Z Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hay: R(t) = (t − v1 )q1 (t − v2 )q2 (t − vi )qi Ta có: R (t) q1 q2 qi = + + + R(t) t − v1 t − v2 t − vi Do ta viết dạng ngắn gọn sau: qi (t − vi ) R = R (1.2) Giả sử đa thức a, b, c tương ứng có nghiệm phân biệt αi , βj , γk Ta có: a(t) = Π(t − αi )mi , b(t) = Π(t − βj )nj , c(t) = Π(t − γk )rk a b Từ cách đặt : f = g = , cách tính đạo hàm biến đổi ta c c tính được: f a c = − f a c Từ (1.2) cách tương tự nên ta suy ra: a = a mi , t − αi c = c rk t − γk Vậy phân thức: f a c = − = f a c mi − t − αi rk t − γk nj − t − βj rk , t − γk Tương tự, ta có: g b c = − = g b c Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn nên: f b f =− =− g a g mi − t − αi nj − t − βj rk t − γk rk t − γk (1.3) Mẫu số chung phân số phần tử số mẫu số thương (1.3) là: d= (t − αi ) (t − βj ) (t − γk ) Đó đa thức có bậc n0 (a.b.c) df dg đa thức có bậc khơng n0 (a.b.c) − f g Mặt khác ta có: Như vậy, df b f =− dg a g (1.4) Vì a, b nguyên tố nhau, nên từ đẳng thức (1.4) suy bậc a bậc b không vượt n0 (a.b.c) − Điều tương tự c vai trò đối xứng a, b, c phương trình xuất phát Do : max{deg a, deg b, deg c} n0 (abc) − Vậy định lý chứng minh Từ định lý Mason, cho ta số ứng dụng sau 1.3 Một vài ứng dụng định lý Mason Định lý Mason cho ta cách chứng minh đơn giản định lý Fermat đa thức với hệ số phức Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn phần tử Với việc chọn số hạng a1 a2 vậy, từ (2.19) ta có a1 = 2i(2n−5) , a2 = −1, a3 = −s0 (2i − 1)(2i )n−3 , a4 = −s1 (2i − 1)3 (2i )n−4 , a5 = −s2 (2i − 1)5 (2i )n−5 , a6 = −s3 (2i − 1)7 (2i )n−6 , an = −sn−3 (2i − 1)2n−5 (2i )0 Từ (2.19) suy Mn = 2i(2n−5) Bây ta tính r(a1 a2 an ), ta có a1 a2 an = 2i(2n−5) (−1)n−1 s0 s1 sn−3 (2i − 1)1+3+ +(2n−5) (2i )1+ +(n−3) Ký hiệu: c = 2s0 s1 sn−3 Thay vào đẳng thức ta có (n−3)(n−2) c 2 , a1 a2 an = 2i(2n−5) (−1)n−1 (2i − 1)(n−2) 2i suy i(2n−5)−1 a1 a2 an = (−1) n−1 i c.(2 − 1) (n−2)2 i (n−3)(n−2) Điều kéo theo i(2n−5)−1 r(a1 a2 an ) = r n−1 (−1) i (n−2)2 c.(2 − 1) i (n−3)(n−2) = r(2c.(2i − 1)) = r (2i − 1).c Từ ta có mn = r(a1 a2 an ) = r (2i − 1).c Lấy logarit số hai ta có Ln = L(a1 , , an ) = log2 Mn i(2n − 5) logMn = = logmn log2 mn log2 r ((2i − 1).c) Ta có : i + log2 r(c) ≥ log2 r (2i − 1)c nên Ln = i(2n − 5) i(2n − 5) ≥ → 2n − log2 r ((2i − 1)c) i + log2 r(c) 29 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn i → ∞ Từ việc có vơ hạn số dạng 2i − nguyên tố nhau, dễ kiểm tra thương Ln tương ứng với giá trị i khác Bởi vậy, tập hợp {Ln } có giới hạn 2n − Định lý chứng minh Nhận xét 2.9 Nếu ta lấy a1 , a2 , a3 thoả mãn giả thiết (i, ii, iii) trường hợp n = 3, cho a1 = max(|a1 | , |a2 | , |a3 |) L3 = L(a1 , a2 , a3 ) Với số n > 3, ta thấy ước nguyên tố hệ số đa thức fn−3 chia hết a1 a2 a3 , (2.18) cho ta ví dụ giả thuyết abc trường hợp n Hơn Mn = a12n−5 , r(a1 an ) = r(a1 a3 ) Nên Ln = (2n − 5)L3 -Với cách làm vậy, ví dụ E Reyssat giả thuyết với n = 235 − 109.310 − = với L3 = 1, 629912 cho ta ví dụ: 2315 − 1093 330 − 23 − 2.311 235 109 = giả thuyết abc trường hợp n = 4, L4 = 3L3 = 4, 889735 -Từ ví dụ thứ hai bảng B.M.de Weger, có liên quan đến giả thuyết abc với n = : 221 23 − 32 56 73 − 112 = với L3 = 1, 625991, đưa ví dụ giả thuyết abc trường hợp n = n = sau: 30 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Với n = : 263 233 − 36 518 79 − 3.112 221 23.32 56 73 − 116 = L4 = 3L3 = 4, 877973 Với n = : 2105 235 −310 530 715 −112 242 232 34 513 76 −116 221 23.32 57 73 −1110 = L5 = 5L3 = 8, 129955 2.3 Giả thuyết abc mở rộng cho K[t] Cho K trường có đặc số Với đa thức khác không a ∈ K[t] Gọi r(a) tổng tất bậc nhân tử bất khả quy phân biệt a ∈ K[t] Gọi a1 , a2 , , an ∈ K[t], n ≥ 3, thoả mãn max deg(aj ) > thoả mãn điều kiện (i), (ii), (iii) Kí hiệu 1≤j≤n Mn = M = max deg(aj ); 1≤j≤n mn = m = r(a1 an ); Mn Ln = L(a1 an ) = mn Giả thuyết 2.10 (Giả thuyết abc mở rộng) Với kí hiệu trên, với n ≥ 3, Mn ≤ (2n − 5)(mn − 1) Định lý 2.11 Với n ≥ 3: lim sup {Ln } ≥ 2n − Chứng minh Với số r > 0, chọn a1 = tr + a2 = −1 Thế a1 a2 vào (2.18) ta n−3 r (t + 1) 2n−5 −1−t r sj t2rj (tr + 1)n−j−3 = (2.20) j=0 31 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Dễ thấy (2.20) cho ta tổng gồm n số hạng thoả mãn giả thiết giả thuyết abc mở rộng trường hợp tổng quát n Hơn nữa, từ (2.20) ta có Mn = (2n − 5)r; mn = + r (2n − 5)r → 2n − r → ∞ Định lý chứng Kéo theo Ln = 1+r minh Nhận xét 2.12 Trong trường hợp vành đa thức, ta có Ln ≤ Cn−1 (xem [4], [9], [10]), nên Định lý 2.11 cho ta hệ Hệ 2.13 Nếu n = n = vành K[t] ta có : lim sup{Ln } = 2n − 2.4 Một số ví dụ liên quan đến giả thuyết abc Ví dụ E.Reyssat cho tính tốn sau Đẳng thức 235 − 109.310 − = tương đương với ( 23 ) − 109 = 9 √ 23 xấp xỉ phân thức tốt 109 (sai số lượng nhỏ) Ta xét liên phân số √ 109 = [2; 1, 1, 4, 77733, ] Ta suy Số 77733 lớn, điều cho thấy giản phân [2; 1, 1, 4] cho xấp xỉ √ tốt 109 Thực tế ta có 23 [2; 1, 1, 4] = Qua ví dụ trên, xây dựng thuật tốn để tìm số liên quan đến Giả thuyết abc Trước tiên, tính tốn, biểu 32 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn √ k Trong dãy giản phân n k , ta chọn giản phân thích hợp, chẳng hạn p/q Khi đặt diễn phân thức liên tục cho √ n c = max(kq n , pn ), b = min(kq n , pn ), a=c − b, a chia hết cho gcd(a, b, c), số a, b, c cho ta ví dụ liên quan đến giả thuyết abc Ta có ví dụ khác cách chọn giản phân khác dãy giản phân phân thức liên tục √ √ n k , mà xấp xỉ tốt n k p, q có nhiều ước lũy thừa số nguyên tố Cụ thể, [a0 ; a1 , a2 , a3 ] = a0 + a1 + a2 + √ n (2.21) 1 a3 + k , ta lấy giản phân tương ứng với số lớn nhằm thu xấp xỉ tốt Khi tìm √ p n số q lớn dãy giản phân dạng k Từ ta tìm q giá trị a, b, c Từ tính tốn L Tuy nhiên cần ý rằng, số L thu từ biểu diễn phân thức liên tục số khác Chẳng hạn L = 1, 629912 √ thu biểu diễn phân thức liên tục 109 √ 2507 = [50; 14, 3, 2, 1, 1, 1, 1, ] biểu diễn phân thức liên tục 233 35 Sử dụng kỹ thuật này, nhiều nhà toán học thu nhiều ví dụ thú vị Tất ví dụ hay (trường hợp n = 3) với L > 1, biết năm 1993 liệt kê bảng phía Nó chứa đựng tất ví dụ đưa B.M.M de Weger [8] ví dụ xây dựng A.Nitaj [5], Xiao Gang (được gửi B.M.M de Weger, xem Oesterlé [6]) J.Kanapka (được gửi N.Elkies) với giản phân với độ dài 33 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bảng ví dụ liên quan đến giả thuyết abc 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 1, 629912 1, 625991 1, 623490 1, 580756 1, 567887 1, 547075 1, 526999 1, 502839 1, 497621 1, 492432 1, 491590 1, 488865 1, 482910 1, 474450 1, 474137 1, 471298 1, 461924 1, 457066 1, 455673 1, 455126 1, 452613 1, 451344 1, 450858 1, 450026 1, 449651 1, 447977 1, 447743 1, 446246 1, 445064 1, 443307 + 310 109 = 235 E.Reyssat 112 + 32 56 73 = 221 23 B.M.de Weger 19.1307 + 7.292 318 = 28 322 54 B.B 283 + 511 132 = 28 38 173 B-B, A Nitaj + 2.37 = 54 B M M deWeger 73 + 310 = 211 29 B M M deWeger 13.196 + 230 = 313 112 31 A Nitaj 239 + 58 173 = 210 374 B-B, A.Nitaj 52 7937 + 713 = 218 37 132 B M M de Weger 22 11 + 32 1310 17.151.4423 = 59 1396 A Nitaj 73 + 213 77 9412 = 316 1033 127 A Nitaj 112 + 39 13 = 211 53 B M M de Weger 37 + 215 = 38 B M M de Weger + 316 = 23 11.23.533 B-B, A.Nitaj 72 + 210 11.532 = 34 58 B-B, A.Nitaj 34 199 + 118 = 23 .57 73 B-B, A.Nitaj 27 52 + 76 41 = 136 B M M de Weger 32 52 + 24 173 314 = 710 257 B-B, A.Nitaj + 25 3.52 = 74 B M M de Weger 32 116 + 235 = 195 13883 B-B 219 13.103 + 711 = 311 53 112 B M M de Weger 35 + 56 67 = 220 B-B, A.Nitaj 35 73 + 213 233 59 = 53 1916 B-B + 33 53 77 23 = 213 114 13.41 A.Nitaj + 3.55 472 = 218 79 G Frey 112 43 + 59 72 134 97 = 23 3.737 A.Nitaj 89 + 7.118 = 220 33 53 B-B, A.Nitaj 32 57 79 + 229 13 = 117 192 A.Nitaj 2.132 + 58 = 3.194 B-B, A.Nitaj + 212 53 = 35 72 43 B M M de Weger 34 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 1, 443284 1, 441441 1, 440969 1, 439063 1, 438360 1, 436180 1, 435006 1, 433464 1, 433043 1, 432904 1, 431092 1, 430418 1, 430176 1, 429552 1, 429007 1, 428904 1, 428323 1, 427566 1, 427488 1, 427115 1, 426753 1, 426565 1, 423381 1, 421828 1, 421575 1, 421008 1, 420437 1, 420036 1, 418919 1, 418233 1, 417633 32 193 + 511 = 217 373 B-B, A.Nitaj 313 + 2.17.415 = 3.57 75 B-B, A.Nitaj 34 232 + 315 = 215 53 B-B, A.Nitaj + 24 37 547 = 58 72 B M M de Weger + 19.5093 = 219 34 59 B-B 2.135 + 76 1732 = 313 472 A Nitaj 210 + 57 = 38 13 B M M de Weger 25 318 + 56 710 .232 = 119 691.1433 A Nitaj 312 + 35 59 = 25 234 53 B-B, A Nitaj 221 + 76 17.82092 = 512 7432 A Nitaj 29 192 + 33 57 72 513 = 596 73 A Nitaj 193 + 2.56 192 11932 = 39 138 B-B, A Nitaj 36 72 13.1272 + 238 61.137 = 511 196 B-B 39 29 + 76 432 = 224 13 A Nitaj 321 + 72 116 199 = 2.138 17 A Nitaj 732 + 211 114 133 = 311 55 7.17 B-B 11 + 73 1672 = 2.314 B-B, A Nitaj 73 + 115 1572 = 22 310 75 B-B, A Nitaj 614 + 220 413 832 = 322 5.19.167 A Nitaj 310 + 78 23 = 29 5092 A Nitaj 31 + 25 510 192 = 3.75 113 412 B-B, A Nitaj + 53 = 27 B M M de Weger 52 11 + 132 14832 = 229 32 B-B, A Nitaj 24 59 + 512 19 = 33 112 175 B-B, A Nitaj 57 + 115 132 = 215 72 17 B-B, A Nitaj 29 373 89 + 39 59 31 = 1036 B-B, A Nitaj 78 19 + 215 52 372 = 3.177 A Nitaj 233 + 39 57 31 = 27 73 13.174 A Nitaj 72 + 217 1812 = 38 8092 B-B, A Nitaj 13.3499 + 239 = 34 511 139 B-B 56 1609 + 29 314 133 = 15234 B-B 35 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 1, 416793 1, 416438 1, 416051 1, 415561 1, 414503 1, 413698 1, 413279 1, 413166 1, 412681 1, 411680 1, 411615 1, 410683 1, 410044 1, 408973 1, 407787 1, 407404 1, 407208 1, 407051 1, 406524 1, 406420 1, 406097 1, 406079 1, 405785 1, 405433 1, 404484 1, 404264 1, 403482 1, 402183 1, 401979 39 433 + 513 5323 = 27 73 236 A Nitaj 414 33941 + 312 197 = 223 59 29 B-B 3.54 599 + 11.238 = 222 593 B-B, A Nitaj 73 + 513 181 = 24 3.11.132 195 A Nitaj 311 54 + 7.116 43 = 217 173 Xiao Gang 26 5.137 + 314 = 136 B-B, A Nitaj + 37 133 = 28 1372 B-B, A Nitaj 36 1573 283 + 2310 = 230 52 112 13 B-B, A Nitaj + 311 = 210 173 B M M de Weger 793 + 36 7.11.135 = 218 433 A Nitaj 3.132 1049 + 239 292 107 = 193 1396 B-B, A Nitaj 672 2399 + 313 1073 = 26 515 B-B 213 313 113 + 13.29.436 673 = 520 17 A Nitaj 72 + 835 = 22 312 17.109 B-B, A Nitaj 22 13 + 73 415 181 = 314 5.673 A Nitaj 32 233 + 237 2932 = 215 52 135 312 A Nitaj 241 + 212 34 56 1181 = 118 134 B-B 39 163 + 23 116 17 = 512 B-B, A Nitaj 79 + 32 57 133 = 216 192 67 J Kanapka 219 3673 + 517 197.281 = 132 2516 A Nitaj 216 41.71 + 315 72 = 197 A Nitaj 5.72 + 132 433 = 211 38 B-B, A Nitaj 133 + 29 372 = 32 57 B-B, A Nitaj 224 35 + 5.195 592 = 710 167 A Nitaj 631 + 226 5.292 = 33 710 37 B-B, A Nitaj + 39 72 197 = 27 57 19 B-B, A Nitaj 33 13 + 25 11.192 733 = 52 711 A Nitaj 312 56 + 79 312 = 29 115 571 A Nitaj 233 + 39 76 312 97 = 112 193 1274 A Nitaj 36 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn √ n k , ≤ k ≤ 2.105 , ≤ n ≤ 15 Đối với k ≤ 100, chọn n 20, việc tăng n không làm thu thêm ví dụ Việc tính tốn tiến hành tất giản phân độ dài 10 (với k ≤ 100, 20 khơng thu thêm ví dụ nào) Để giới hạn thời gian tính tốn ta hạn chế c < 1015 (trong vài trường hợp, ta lấy c < 1030 ).Tất nhiên, ta tiếp tục tính tốn để đưa ví dụ phương pháp Chú ý Tất ví dụ bảng thu sử √ n dụng phân thức liên tục k với n k thích hợp Để kiểm tra khả này, ta đưa khái niệm sau Nếu x số nguyên dương, ký hiệu n(x) số mũ lớn số nguyên tố chia hết x (ví dụ: 20 = 22 n(x) = 2) số nguyên dương s(x) > n(x), ta ký hiệu xs(x) số nguyên dương xác định xx,s(x) = r(x)s(x) Các ví dụ xây dựng sở Ta viết x thay cho xs(x) s(x) cố định Với ký hiệu thế, ta có kết sau Bổ đề 2.14 Cho a, b, c ba số nguyên dương thoả mãn: a + b = c a = pb, < p < Nếu s(a) s(b) s(c) < p < p < p r(a) r(b) 2r(c) √ √ s(b) r(a) giản phân s(a) a c r(b) giản phân bc √ s(c) r(c) giản phân bc Chứng minh Ta xét trường hợp thứ ba, tức p < s(c) Sử dụng định 2r(c) lý giá trị trung bình ta chứng minh √ s(c) √ bc r(c).a s(c) r(c) − bc ≤ (cc − bc ) ≤ < s(c).bc s(c).b (2.22) 37 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Thật vậy, ta có r(c) − √ s(c) √ s(c) bc ≤ bc (cc − bc ) s(c).bc tương đương với r(c) − √ s(c) √ s(c) bc ≤ bc (c − b) s(c).b Theo ý 1, ta suy được: c, = r(c)s(c) Vậy c √ s(c) √ bc s(c) r(c) − bc ≤ (c − b), s(c).b tương đương với s(c) r(c) − s(c) b .r(c)s(c) ≤ c b .r(c)s(c) c (c − b) s(c).b Bất đẳng thức viết lại r(c) − s(c) b c r(c) s(c) ≤ s(c).b b c (c − b) b b c (c − b), bất đẳng thức Thật vậy: ⇔ − s(c) ≤ c s(c).b t , ta có Ta xét hàm f (t) = s(c) c s(c) 1 t s(c) −1 t f (t) = s(c) c c  1−s(c)  t s(c)     c  = s(c).c − s(c) t s(c) = s(c).c c 38 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Theo định lý giá trị trung bình f (c)−f (b) = f (t).(c−b) với t ∈ (b; c) ta có 1−s(c)  t s(c)     c   1− s(c) b = c (c − b) ≤ s(c).c b s(c) c (c − b) s(c).b ln Do ta có bất đẳng thức √ s(c) √ bc s(c) r(c) − bc ≤ (cc − bc ), s(c).bc bất đẳng thức thứ (2.22) Bất đẳng thứ thứ hai (2.22 )được chứng minh sau: √ s(c) bc r(c).a (cc − bc ) ≤ s(c).bc s(c).b b c (c − b) ≤ r(c).a s(c).b s(c).b r(c) s(c) ⇔ b a ≤ a (c − b = a) c b b ⇔ s(c) ≤ ln < < c c Vậy bất đẳng thức thứ hai (2.22) chứng minh a s(c) Mặt khác, theo giả thiết bổ đề a = p.b ⇒ p = p < b 2r(c) nên r(c).a r(c) r(c) s(c) = p < = , s(c).b s(c) s(c) 2r(c) ⇔ s(c) kéo theo bất đẳng thức thứ ba (2.22) chứng minh √ s(c) Như r(c) giản phân bc (trong thực tế giản phân thứ hai) Lý luận tương tự, ta trường hợp thứ (hoặc trường hợp thứ hai, với a thay b), √ s(a) a c − r(a) < 1, 39 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn r(a) giản phân thứ √ s(a) a c Vậy Bổ đề 2.14 chứng minh Sử dụng Bổ đề 2.14, ta kiểm tra giả thiết thỏa mãn cho hầu hết ví dụ bảng với s(x) = n(x) x ∈ {a, b, c} (trừ ví dụ với x = b x = c) Trong trường hợp ta chọn giá trị đủ lớn, chẳng hạn s(c), để có đầy đủ giả thiết Khi theo thuật toán chúng ta, ta nhận tất ví dụ sử dụng nghiệm giản phân đưa √ n bổ đề Tất nhiên việc chọn n k k luôn tối ưu Chú ý Ta có thương khác tương tự Ln giả thuyết abc với n số, chúng liên kết cách tự nhiên với giả thuyết abc Theo [6] [7], đặt : L = L (a, b, c) = log |abc| log r(abc) với số khác 0, nguyên tố a, b, c cho a + b = c Rõ ràng giả thuyết abc kéo theo bất đẳng thức: lim sup {L } ≤ Độ chênh lệch thương L với số nghiên cứu A Nitaj (gặp [5]) Trong giá trị lớn L = 4, 419014 tương ứng với ví dụ bảng Nitaj Có kết tốt L = 4, 107567 tương ứng với ví dụ Xiao Gang, xem [6](ví dụ 66 bảng) Nhận xét 2.15 Chúng ta quan sát tất ví dụ bảng trên, số mũ số nguyên tố ≤ Nếu x số ngun khác khơng, ta nói x n- luỹ thừa pn chia hết x với số nguyên tố p chia hết x Với thuật ngữ vậy, khơng có ví dụ ba số nguyên a, b, c 3-luỹ thừa cho a + b = c, gcd(a, b, c) = L > 1, (hoặc chí với L > 1, 2) Tuy nhiên 2713 + 23 35 733 = 9193 40 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn với L khơng gây ấn tượng Chúng ta khơng biết có hay không tồn abc 4-luỹ thừa cho a + b = c, gcd(a, b, c) = Tuy nhiên tin tưởng không tồn số nguyên tố n-luỹ thừa thoả mãn điều kiện n ≥ Trong thực tế tính tốn gợi ý rằng: max(|a| , |b| , |c|) ≤ r(abc)s , (2.23) với s < 1, 65 Nếu điều với abc n- luỹ thừa, ta có r(abc) ≤ Từ (2.23) (2.24) ta có s √ |a| ≤ n abc s √ |b| ≤ n abc s √ |c| ≤ n abc √ ⇒ |abc| ≤ n abc 3s n |abc| (2.24) ⇒ |abc|n ≤ (abc)3s < |abc|5 n < 41 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Kết luận Trong luận văn chúng tơi trình bày kết có [1] Hà Huy Khối Chúng tơi chứng minh chi tiết kết báo: “Some Remarks on the abc Conjecture” J Browkin, J Brzezinski phần kết báo:“La conjecture abc et quelques-unes de ses conséquences” M.Waldschmidt Luận văn đạt kết sau: Trình bày định lý Mason cách chứng minh định lý Mason Sử dụng định lý Mason để chứng minh: định lý Fermat cho đa thức, định lý Fermat mở rộng cho đa thức, định lý Davenport, số toán ứng dụng Trình bày giả thuyết abc, vài hệ giả thuyết abc Từ giả thuyết abc, suy phương trình Brocard có hữu hạn nghiệm ngun dương Nghiên cứu mở rộng giả thuyêt abc Z, K[t] Đưa số ví dụ từ mở rộng giả thuyết abc Luận văn tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy cơ, bạn đồng nghiệp để luận văn hồn thiện 42 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [1] Hà Huy Khoái-Phạm Huy Điển, Số học thuật toán, Nxb Khoa học, Hà Nội, năm 1996 [2] Browkin and Brzezinski, Some Remarks on the abc-Conjecture, 1994, 931-939 [3] M.Waldschmidt, La conjecture abc et quelques-unes de ses conséquences, 2004 [4] W.D.Brownawell and D.W.Masser, Vanishing sums in function fields, Math.Proc Cambridge Philos Sos.100 (1986), 427-434 [5] A.Nitaj, Algorithm for finding good examples for the abc and the Szpizo conjecture, Université de Caen, preprint(1993) [6] J.Oesterlé, Nouvelles approches du “Théorème” de Ferma, Sém.Bourbaki 1987-88 no.694, Astérisque 161-162(1988), 165-186 [7] L.Szpizo, Discriminant et conducteur des courbes elliptiques, Astérisque 1983(1990), 7-18 [8] B.M.M.de Weger, Algorithms for diophantine equations, CWI Tract 65, Amsterdam, 1989 [9] J.F.Voloch, Diagonal equations over function fields, Bol.Soc.Brasil.Mat 16(1985), 29-39 [10] U.Zannier, Some remarks on the S-unit equation in function fields, Acta Arith.64(1993), 87-98 43 Số hóa Trung tâm Học Liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... giả thuyết abc, vài hệ giả thuyết abc Từ giả thuyết abc, suy phương trình Brocard có hữu hạn nghiệm nguyên dương Nghiên cứu mở rộng giả thuyêt abc Z, K[t] Đưa số ví dụ từ mở rộng giả thuyết abc. .. bày giả thuyết abc, giả thuyết Halt Áp dụng giả thuyết abc để chứng minh phương trình Brocard có hữu hạn nghiệm ngun dương Trình bày mở rộng giả thuyết abc Z K[t], đưa số ví dụ liên quan đến giả. .. 65 Nếu điều với abc n- luỹ thừa, ta có r (abc) ≤ Từ (2.23) (2.24) ta có s √ |a| ≤ n abc s √ |b| ≤ n abc s √ |c| ≤ n abc √ ⇒ |abc| ≤ n abc 3s n |abc| (2.24) ⇒ |abc| n ≤ (abc) 3s < |abc| 5 n < 41 Số