Vài vấn đề xung quanh giả thiết đồng dư abc

1 B GIO DC V O TO Tr-ờng đại học Vinh ĐINH THỊ PHỤNG VÀI VẤN ĐỀ XUNG QUANH GIẢ THUYT NG D ABC Luận văn thạc sĩ toán học NGHÖ AN - 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TO Tr-ờng đại học Vinh INH TH PHNG VI VN ĐỀ XUNG QUANH GIẢ THUYẾT ĐỒNG DƢ ABC CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 01 04 Luận văn thạc sĩ toán học Ngi hng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG NGHÖ AN - 2015 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU CHƢƠNG NHỮNG KIẾN THỨC SỐ HỌC CƠ SỞ 1.1 Iđêan 1.2 Đạo hàm 10 1.3 Bất đẳng thức Diophant đa thức hệ số phức 10 CHƢƠNG GIẢ THUYẾT ABC ĐỒNG DƢ 2.1 Giả thuyết ABC 23 2.2 Giả thuyết ABC đồng dư 24 Kết luận 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO 32 MỞ ĐẦU Giả thuyết ABC đề xuất độc lập David Masser Joseph Oesterle vào năm 1985 ([1, 6, 9]) Giả thuyết ABC Giả sử a, b, c số nguyên khác 0, nguyên tố thoả mãn hệ thức a  b  c Khi đó, với số   , tồn số K ( ) cho max( a , b , c )  K ( )rad(abc)1 , rad(abc) abc Nhiều nhà toán học nỗ lực cố gắng để chứng minh giả thuyết Năm 2007, nhà tốn học Pháp Lucien Szpiro, mà cơng việc ông vào năm 1978 dẫn đến đoán ABC người tuyên bố chứng minh nó, sau sớm tìm thấy có thiếu sót Andrew Granville thuộc Đại học Montreal nhận xét "Giả thuyết ABC nhìn đơn giản so với câu hỏi sâu sắc Lý thuyết số Tuy nhiên, đoán kỳ lạ tương đương với tất vấn đề Đó trung tâm toán nghiên cứu‟‟ Giả thuyết ABC mô tả lý thuyết thống hệ thống số, nhiều định lý quan trọng khác trở thành hệ Chẳng hạn, Định lý Fermat tiệm cận hệ trực tiếp giả thuyết ABC; từ giả thuyết người ta chứng minh phương trình Brocard có hữu hạn nghiệm nguyên dương,… Trong báo The Sciences năm 1996, Dorian Goldfeld – giáo sư Đại học Columbia cho biết “Giả thuyết ABC nhà tốn học thực đẹp, tiện dụng Nhờ giả thuyết ABC nhiều vấn đề Diophantine bất ngờ liên kết lại phương trình từ cho cảm giác tất nhánh toán học thuộc thể thống Khơng có đáng ngạc nhiên nhà toán học nỗ lực để chứng minh điều đó” Goldfeld so sánh giả thuyết ABC “giống nhà thám hiểm trước vách đá thẳng đứng cố gắng kiếm tìm mạch nhỏ mặt đá với hy vọng số cho họ đường dẫn đến đỉnh núi” Cũng theo Goldfeld, “Nếu chứng minh giả thuyết ABC khẳng định nhà tốn học thấy cơng cụ mạnh để giải vấn đề lý thuyết số thành tựu đáng kinh ngạc toán học kỷ 21” Và bây giờ, nhà thám hiểm chạm đến đỉnh núi Theo Nature News, Mochizuki - nhà toán học Đại học Kyoto – người chứng minh nhiều định lý sâu sắc khứ, tuyên bố giải toán ABC Tuy nhiên, cần khoảng thời gian dài để nhà tốn học kiểm chứng tính đắn chứng minh Mochizuki “Giả thuyết ABC giải" tên nhà toán học Shinichi Mochizuki xuất liên tục nhiều tờ báo tuần đầu tháng năm 2014, chí số tạp chí khơng phải tốn Nature, New York Times, Telegraph Tin đặc biệt xuất phát từ việc giáo sư Mochizuki viện Nghiên cứu khoa học Toán (RIMS), Đại học Kyoto, Nhật Bản, đưa lên trang cá nhân ông bốn báo dài tổng cộng khoảng 500 trang mà phần cuối dẫn đến chứng minh giả thuyết ABC số giả thuyết quan trọng khác [5] Giả thuyết ABC đánh giá giả thuyết khó quan trọng lý thuyết số nay, lời giải đưa đến câu trả lời cho loạt vấn đề lý thuyết số, có lời giải khác Bài tốn Fermat Vì lời giải Mochizuki tạo cách mạng số lĩnh vực toán học thành tựu quan trọng toán học nửa đầu kỷ XXI Hiện lời giải kiểm tra chuyên gia [5] Theo Vũ Hà Văn (Nhật ký Yale 23-2014), có người chỗ sai chứng minh Mochizuki Mochizuki chưa có câu trả lời Có thể làm yếu giả thuyết ABC giả thuyết sau đây: Giả thuyết đồng dƣ ABC [6] Giả sử a, b, c số nguyên khác 0, nguyên tố thoả mãn đồng dư thức abc  0(mod m) hệ thức a  b  c Khi đó, với số   , tồn số K (m,  ) cho max( a , b , c )  K (m,  )rad(abc)1 , rad(abc) abc Tuy nhiên, giả thuyết đồng dư ABC chứng minh, với số nguyên dương m từ suy giả thuyết ABC [6] Việc nghiên cứu mở rộng giả thuyết ABC vành số nguyên, vành đa thức trường hàm nhiều nhà tốn học ngồi nước quan tâm Vào năm 2001, Hu Yang (Trung Quốc) chứng minh giả thuyết ABC cho hàm chỉnh hình p-adic Năm 2014, C Toropu (Mỹ) bảo vệ thành công luận án tiến sĩ với đề tài Định lý ABC trường hợp hàm [10], có đánh giá bình luận kết gần Nguyễn Thành Quang, Phan Đức Tuấn lĩnh vực [7] Các tác giả Hà Huy Khối, Vũ Hồi An, Đoàn Quang Mạnh, chứng minh giả thuyết ABC với hàm chỉnh hình phức p-adic nhiều biến Với lý nói trên, lựa chọn đề tài luận văn „„Vài vấn đề xung quanh Giả thuyết đồng dƣ ABC‟‟ nhằm tìm hiểu sâu kết số học có liên quan đến giả thuyết Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm có hai chương Chương trình bày nội dung liên quan đến sở số học có liên quan như: Lý thuyết iđêan vành số nguyên; Căn số nguyên khác 0; Phép đạo hàm vành Chương cịn trình bày giả thuyết ABC tổng quát trường hợp đặc biệt giả thuyết ABC, giả thuyết đồng dư ABC Ngồi ra, chương trình bày nội dung có liên quan đến việc từ giả thuyết đồng dư ABC suy giả thuyết ABC Phương pháp công cụ nghiên cứu luận văn bao gồm: - Sử dụng khái niệm kết sở Số học; - Sử dụng tương tự hóa số nguyên đa thức; - Dùng công cụ đạo hàm đa thức kỹ thuật đồng dư; - Sử dụng kỹ thuật Wronskian hàm chỉnh hình Luận văn hồn thành hướng dẫn tận tình chu đáo thầy giáo hướng dẫn PGS.TS Nguyễn Thành Quang Nhân dịp tơi xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn khoa học, người dành nhiều thời gian cơng sức giúp tơi hồn thành luận văn Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô giáo thuộc chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa Sư phạm Tốn học, Phịng Đào tạo Sau Đại học – Trường Đại học Vinh - tận tình giảng dạy, hướng dẫn giúp đỡ học tập nghiên cứu Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Kinh tế Công nghiệp Long An tạo điều kiện cho chúng tơi học tập để hồn thành nhiệm vụ khóa học Tuy có nhiều cố gắng, song chắn luận văn cịn nhiều thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý, bảo quý thầy cô giáo đồng nghiệp Xin chân thành cảm ơn quan cơng tác, gia đình, bạn bè quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập sau đại học vừa qua TÁC GIẢ CHƢƠNG NHỮNG KIẾN THỨC SỐ HỌC CƠ SỞ Trong toàn luận văn này, giả sử R  0 vành giao hốn có đơn vị 1.1 Iđêan 1.1.1 Định nghĩa Một nhóm cộng I vành R gọi iđêan vành R ar  I,a  I ,r  R Ví dụ: Cả R 0 iđêan vành R Tập hợp số nguyên chẵn lập thành iđêan vành số nguyên Nếu A tập hợp khác rỗng vành R , tập hợp tất tổ hợp tuyến tính có dạng: a1r1   ak rk ,  A, ri  R iđêan R , ký hiệu A , gọi iđêan sinh tập A Một iđêan sinh phần tử a  R gọi iđêan ký hiệu a  aR  ar : r  R Một vành vành mà iđêan iđêan Chẳng hạn, vành vành chính, vành m vành Một iđêan I vành R gọi iđêan nguyên tố I  R ab  I kéo theo a  I b  I với a,b  I Phổ (spectrum) vành R, ký hiệu Spec  R  tập hợp tất iđêan nguyên tố vành R 1.1.2 Định lý Phổ vành số nguyên Spec  Chứng minh Vì d ,d  =p : p  P  p = 0 vành chính, nên iđêan có dạng Nếu d  d  0 iđêan ngun tố Nếu d = d  khơng iđêan nguyên tố Nếu d  p số nguyên tố ab  p kéo theo p ước ab Do p số nguyên tố nên p ước a p ước b hay a  p b  p Từ suy p i đêan nguyên tố với số nguyên tố p Nếu d hợp số ta viết d = ab, 1< a  b < d Nếu a  d a = dk = abk , với k số nguyên dương đó, dó 1= bk , mâu thuẫn Từ suy a  d d tương tự b  d Vì d  ab  d nên suy khơng iđêan nguyên tố Vậy, iđêan nguyên tố iđêan có dạng p với p số nguyên tố p  ▄ 1.1.3 Định nghĩa Một phần tử x vành R gọi phần tử lũy linh (nilpotent) tồn số nguyên dương k cho x k  Chẳng hạn, phần tử (đơn vị phép cộng) phần tử lũy linh vành; phần tử (đơn vị phép nhân) không phần tử lũy linh vành Tập hợp tất phần tử lũy linh vành R gọi (radical) vành R ký hiệu ( R) Ta có ( )  0 Căn vành R iđêan thực vành R Căn vành R giao tất iđêan nguyên tố vành R Một toán đặt tính vành m lớp đồng dư 1.1.4 Định nghĩa Với số nguyên khác không số nguyên tố p, ta định nghĩa  p (n) số nguyên lớn r cho p r chia hết n Như vậy,  p (n) số nguyên không âm  p (n)  p ước n Nếu  p (n)  r ta nói lũy thừa p r chia hết n ký hiệu p r n Dạng tiêu chuẩn n np  p (n) pn 10 Giá trị  p (n) gọi giá trị p-adic n Ta có:  p (nm)   p (n)   p (m); n  p (n!)   p (m) m 1 1.1.5 Căn số nguyên Tích ước ngun tố (khơng kể bội) số nguyên m  1, kí hiệu Sqp(m) , gọi số nhân tử tự (square free number) Nói khác đi, số nhân tử tự số khơng chia hết cho bình phương số nguyên tố Chẳng hạn, Sqp(18)    số nhân tử tự Căn số nguyên m  square-free number lớn m , nghĩa tích tất ước nguyên tố phân biệt m : rad (m)   p pm Ví dụ: rad (72)  rad (2.2.2.3.3)  2.3  ; rad (30)  rad (2.3.5)  2.3.5  30 Nhận xét Giả sử m, n  số nguyên Khi đó: 1) rad (mn)  rad (m)rad (n) 2) rad (mn)  rad (m)rad (n) m, n nguyên tố 1.1.6 Định lý Giả sử m a số tự nhiên khác Khi đó, tồn số nguyên dương k cho m ước a k rad (m) ước rad (a) Chứng minh Ta có m chia hết a k  p (m)   p (a k )  k p (a) với số nguyên tố p Nếu tồn số nguyên tố k cho m chia hết a k  p (a)   p (m)  số nguyên tố chia hết m chia hết a Điều suy rad (m) chia hết rad (a) 21 1.3.2 Định lý sau Fermat Nếu n  phương trình Fermat xn  y n  z n khơng có nghiệm số nguyên dương Phương trình Fermat có nghiệm đa thức với n  , chẳng  hạn:  t     2t    t 2  Bây giờ, ta ứng dụng Định lý Mason để chứng minh Định lý sau Fermat cho đa thức, với n  1.3.3 Định lý Nếu n  , thì phương trình Fermat xn  y n  z n khơng có nghiệm khác khơng đa thức khác không, nguyên tố không đồng thời số Chứng minh Giả sử n  tồn đa thức x, y, z khác không không, nguyên tố nhau, không đồng thời số cho x n  y n  z n Áp dụng Định lý Mason với a  xn , b  y n , c  z n Khi rad  abc   rad  x n y n z n   rad  xyz  Vì deg  x n   n deg  x  ta có n deg  x   n max deg  x  ,deg  y  ,deg  z     max deg  x n  ,deg  y n  ,deg  z n   max deg  a  ,deg  b  ,deg  c   deg  rad  abc     deg  rad  xyz     deg  xyz    deg  x   deg  y   deg  z   Như vậy, sử dụng tính bình đẳng đa thức x, y, z ta có: n deg  x   deg  x   deg  y   deg  z   1; n deg  y   deg  x   deg  y   deg  z   1; n deg  z   deg  x   deg  y   deg  z   22 Cộng ba đẳng thức lại với nhau, ta thu bất đẳng thức sau: n  deg  x   deg  y   deg  z     deg  x   deg  y   deg  z     n  deg  x   deg  y   deg  z    Chúng ta gặp phải mâu thuẫn Định lý sau Fermat cho đa thức chứng minh ▄ 1.3.4 Định lý Với n  , phương trình xn  y n  khơng có nghiệm hàm phân thức khác số x, y  t  Chứng minh Giả sử n  tồn hàm phân thức x  f h ,y   g k t  khác số cho x n  y n  z n Thế vào phương trình ta có n  f  h n n n n n n  g    k     fk    gh    gk   a  b  c ,     n với a   fk  , b   gh  , c   gk  n n n Khơng tính tổng qt, cách giản ước nhân tử chung có, giả thiết a, b, c nguyên tố Mặt khác rad  abc   rad  f n g n hn k n   rad  fghk  ; deg  fk   n deg  fk  n Từ đó, áp dụng Định lý Mason, ta thu được: n deg  fk   n max deg  fk  ,deg  gh  ,deg  gk    max deg  fk  ,deg  gh  ,deg  gk  n n n   max deg  a  ,deg  b  ,deg  c   deg  rad  abc     deg  rad  fghk     deg  fghk    deg  fk   deg  hg   deg  gk   Như vậy, sử dụng tính bình đẳng ta có ba bất đẳng thức sau xảy ra: 23 n deg  fk   deg  fk   deg  hg   deg  gk   1; n deg  gh   deg  fk   deg  hg   deg  gk   ; n deg  gk   deg  fk   deg  hg   deg  gk   Cộng ba đẳng thức lại với nhau, ta thu bất đẳng thức sau: n  deg  fk   deg  gh   deg  gk     deg  fk   deg  hg   deg  gk     n  deg  fk   deg  hg   deg  gk    Chúng ta gặp phải mâu thuẫn Định lý chứng minh ▄ 1.3.5 Định lý Phương trình Catalan xm  y n  khơng có nghiệm t  với số nguyên tập đa thức khác số x, y  Chứng minh Giả sử m, n  tồn đa thức x, y  m, n  t  khác số cho x m  y n  Đặt a  xm , b   y n , c  z  1, ta có a  b  c rad  abc   rad  ab   rad  xy  Bây giờ, áp dụng Định lý Mason ta thu được: m deg  x   deg  x  m    max deg  x  ,deg  y  ,deg( z ) m n  max deg  a  ,deg  b  ,deg  c   deg  rad  abc     deg  rad  ab     deg  xy    deg  x   deg  y   Như vậy, ta có bất đẳng thức sau xảy ra: m deg  x   deg  x   deg  y   Tương tự, có n deg  y   deg  x   deg  y   ; Gọi k  m, n  ta có đồng thời hai bất đẳng thức sau 24 k deg  x   deg  x   deg  y   k deg  y   deg  x   deg  y   Cộng hai đẳng thức lại với nhau, ta thu bất đẳng thức sau: k  deg  x   deg  y     deg  x   deg  y     k  deg  x   deg  y    Chúng ta gặp phải mâu thuẫn Định lý chứng minh ▄ 1.3.6 Định lý Giả sử f g đa thức khác số, nguyên tố vành t  Khi đó, ta có bất đẳng thức tốt sau: deg  f  g   deg  f   Chứng minh Đặt a  f , b   g , c  f  g , có a  b  c Áp dụng Định lý Mason ta thu bất đẳng thức sau: 3deg  f   deg  f     max deg  f  ,deg  g  ,deg  f  g   max deg  a  ,deg  b  ,deg  c   deg  rad  abc      deg fg  f  g    deg  f   deg  g   deg  f  g   Như vậy, ta có bất đẳng thức: 3deg  f   deg  f   deg  g   deg  f  g   Tương tự ta có bất đẳng thức: 2deg  g   deg  f   deg  g   deg  f  g   Cộng hai bất đẳng thức ta có bất đẳng thức sau: deg  f   2deg  f  g   Do đó, thu bất đẳng thức cần chứng minh: 25 deg  f  g   deg  f   Chọn f  t  4t  10t  g  t  6t  21t  35t  63 t Kiểm tra ta có f  g  27t  351 t  216, 1  deg  f  g   deg  f      2 Ví dụ bất đẳng thức bất đẳng thức tốt ▄ 26 CHƢƠNG GIẢ THUYẾT ABC ĐỒNG DƢ 2.1 Giả thuyết ABC Giả thuyết ABC đề xuất độc lập David Masser Joseph Oesterle vào năm 1985 liên quan đến “square-free number” số khơng chia hết cho bình phương số nguyên tố Ví dụ, tích tất ước nguyên tố (không kể bội) số nguyên n - kí hiệu sqp(n) – square - free number 2.1.1 Giới thiệu Cho a, b, c  * thỏa mãn điều kiện sau: a  b  c  gcd(a, b, c)  (2.1) Nhà toán học J Oesterlé đặt câu hỏi: L  L(a, b, c)= log max(| a |,| b |,| c |) log rad (abc) (2.2) đại lượng bị chặn? Câu hỏi xem xét D W Masser giả thuyết ông, thường gọi giả thuyết ABC Cho m  Giả thuyết ABC đồng dư phát biểu sau 2.1.2 Giả thuyết ABC Giả sử a, b, c số nguyên khác không, nguyên tố thỏa mãn hệ thức a  b  c Khi đó, với số thực   , tồn số K   cho: max  a , b , c   K   rad  abc  1 (2.3) rad  abc  abc Giả thuyết ABC tương đương với bất đẳng thức lim sup{L}  1, (2.4) 27 lim sup{L} giới hạn L, lấy tất số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện (2.1) Trong thực tế, nhà toán học chứng minh lim sup{L}  1, nên bất đẳng thức (2.4) tương đương đẳng thức limsupL  Giả thuyết ABC chứng tỏ phân tích nguyên tố số nguyên a, b, c có thừa số nguyên tố với số mũ lớn thừa số bù lại số lượng lớn số nguyên tố nhỏ, có mặt khai triển với số mũ Các thừa số khai triển với số mũ nhỏ chúng bù lại số nguyên tố lớn với số mũ Đây ý tưởng để từ giả thuyết ABC suy định lý Fermat tiệm cận (Asymptotic Fermat theorem) định lý Catalan tiệm cận (Asymptotic Catalan theorem) Cho đến nay, giả thuyết ABC chưa chứng minh việc lấy phản ví dụ cho giả thuyết điều dường Bởi vì, giả thiết số mũ   giả thiết mạnh 2.2 Giả thuyết ABC đồng dƣ Giả thuyết ABC đồng dư yếu so với Giả thuyết ABC bị hạn chế điều kiện đồng dư Tuy nhiên, ta chứng minh Giả thuyết ABC đồng dư với mơđun m Giả thuyết ABC [6] 2.2.1 Giả thuyết ABC đồng dƣ Với   , tồn số K  m,   cho a, b, c số nguyên khác , nguyên tố thoả mãn hệ thức abc   mod m  a  b  c , đó: 28 max  a , b , c   K  m,   rad  abc  1  a, b, c  số nguyên cho: Chúng ta bắt đầu với ba số a  b  c Trước hết, ta thấy số nguyên a, b, c phải số chẵn abc   mod  Vì giả thuyết đồng dư ABC với m  tương tự giả thuyết ABC ta cần xét m  Thứ hai,  a, b, c   c lẻ b  a lẻ, c chẵn, a b lẻ b  a chẵn Thứ ba, a, b, c số nguyên phân biệt khác , ta giả thiết chúng số dương a  b  c 2.2.2 Bổ đề Giả sử a, b, c số nguyên dương, nguyên tố thỏa mãn a  b  c a  b  c Giả thiết n  Khi c lẻ, ta đặt: An   b  a  n Bn  c n   b  a  n Cn  c n Khi c chẵn, ta đặt: ba An      n c ba Bn       2   n n n c Cn    2 Khi An , Bn , Cn phân biệt, nguyên dương, nguyên tố cho: An  Bn  Cn Nếu m  n    m  , thì: An BnCn   mod m  29 Chứng minh Rõ ràng An , Bn , Cn phân biệt, nguyên dương, nguyên tố cho An  Bn  Cn Giả sử m  n    m  với  hàm số số học Euler Khi n  Ta cần phải chứng minh: An BnCn   mod m  Điều đủ ta chứng minh rằng, p số nguyên tố p r ước m , thì: An BnCn   mod p r   Chú ý rằng, p số nguyên tố p r ước m ,  p  1 p r 1 ước n r  2r 1   p  1 p r 1  n Giả sử p số nguyên tố lẻ Nếu p ước c , p n ước c n p n ước Cn Vì r  n , nên suy Cn   mod p r  Tương tự, p ước b  a , An   mod p r  Nếu p không chia hết cho c b  a , theo định lý Euler ta có: c p 1 p r 1  1 mod p r   b  a  p 1 p r 1  1 mod p r  Vì  p  1 p r 1 ước n , nên ta có: c n   b  a   1 mod p r  n Bn   mod p r  Điều chứng minh đồng dư thức   đúng, với p số nguyên tố lẻ Đặc biệt, ta xét số nguyên tố chẵn Nếu 2r ước m , 2r1 ước n r  n 30 Nếu c chẵn b  a chẵn có số nguyên c b  a chia hết cho Để ý c n  b  a  chia hết cho 4n , n Cn An chia hết cho 2n Nếu c lẻ, b  a lẻ và: c2 r 1  b  a  2r 1  1 mod 2r  Từ 2r1 chia hết cho n , ta có: Bn  c n   b  a    mod 2r  n Như vậy, chứng minh đồng dư thức   với số nguyên tố ▄ 2.2.3 Định lí Giả sử m  Nếu giả thuyết đồng dư ABC với m giả thuyết ABC Chứng minh Giả sử    Với ba số a, b, c phân biệt, nguyên dương, nguyên tố cho a  b  c , định nghĩa hàm số:   a, b, c   log c  1    log rad  abc  Khi đó: log rad  a, b, c   log c   log c   a, b, c   1  1  Giả sử A, B, C phân biệt, nguyên dương nguyên tố cho: ABC   mod m  A  B  C Nếu giả thuyết ABC đồng dư với m , tồn số K  m,    cho: C  K  m,   rad  ABC  1 , tương đương:   A, B,C  log K  m,    K   m,   Giả sử a, b, c nguyên dương, nguyên tố cho: 31 a  b  c a  b  c Đặt n    m  , với  hàm số số học Euler Theo tính chất hàm  , ta có n chẵn, với m  Định nghĩa số nguyên An , Bn , Cn Bổ đề 2.2.2 Khi đó, An BnCn   mod m  An  Bn  Cn Ngoài ra,   An , Bn ,Cn   K   m,   Vì số nguyên n chẵn, nên ta có đẳng thức sau: b  a   b  a  n n   4ab  b  a  n2  b  a  n4 b  a    b  a  n2 Do Bn  c n   b  a  n  b  a   b  a  n   4ab  b  a  n2 n  b  a  n4 b  a   n2 n  4ab    b  a  2  2abnc n2 Từ n B  An BnCn   b  a   n  abc n ,  ab  ta suy   n B  rad  An BnCn   rad   b  a   n   abc n    ab      B   rad   b  a   n  abc   ab    B   rad  b  a  rad  n  rad  abc   ab   b  a  n 2   32 B    b  a   n  rad  abc   ab    b  a   2nc n2  rad  abc   2nc n1rad  abc  Do log rad  An BnCn    n  1 log c  log rad  abc   log 2n  n log c   log c   a, b, c    log 2n 1  1      a, b, c   n  1   log 2n  log c  1   1    n      a, b, c    1   log 2n   log Cn  n log     n        n   n  1     1    n    a, b, c   2n log n  log Cn     Tương đương,  n   n  1  n    a, b, c     1    n    log Cn     n   n  1    1    n   log Cn     n   n  1      log rad A B C    n n n   1    n log       log rad  An BnCn    4n log     logCn  1   '  log rad  An BnCn   4n log 2, đó: '  1    n    n   n  1    m     m   1  33 log Cn  1   '  log rad  An BnCn    '  An , Bn , Cn   K   ' , m  , Từ ta suy   a, b, c   2K   ' , m   4  m  log Như vậy, với   , hàm số   a, b, c  bị chặn trên, điều tương đương với giả thuyết ABC Phép chứng minh hoàn tất ▄ 34 KẾT LUẬN Lời giải cho giả thuyết ABC khơng có ý nghĩa toán mở Toán học giải quyết, mà cịn có ý nghĩa sâu sắc kỹ thuật kiến thức phải có để giới thiệu công cụ mạnh, nhằm giải vấn đề Lý thuyết số tương lai Cùng với quan tâm chung cộng đồng tốn học, luận văn chúng tơi tìm hiểu giả thuyết ABC với nội dung cụ thể sau đây: Phép đạo hàm phép đạo hàm lôgarir đa thức với hệ số phức Bất đẳng thức Diophant đa thức với hệ số phức Ứng dụng bất đẳng thức Diophant phương trình hàm trường hàm hữu tỉ t  Tìm tịi số ví dụ vành đa thức t  có liên quan đến giả thuyết ABC Giả thuyết ABC đồng dư liên hệ với giả thuyết ABC Giả thuyết ABC vấn đề phong phú sâu sắc Tốn học, nội dung luận văn kiến thức ban đầu tiếp cận Hy vọng rằng, thời gian tới chúng tơi có tìm hiểu sâu hơn, hiệu giả thuyết 35 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] [2] [3] [4] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Hội Tốn học Việt Nam (2012), Giả thuyết ABC giải, Thơng tin Tốn học, Tập 16, Số Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội Nguyễn Quốc Thắng (1998), Về Định lý cuối Fermat Andrew Wiles, Thơng tin Tốn học, Thơng tin Toán học, Hội Toán học Việt Nam, Tập 2, Số TIẾNG ANH [5] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [6] M B Nathanson (2000), Elementary Methods in Number Theory, Springer [7] Nguyen Thanh Quang and Phan Duc Tuan (2008), A generalization of the ABC Conjecture over function Field, Journal of Analisis and Applications, Vol 6, No 2, 69-76 [8] K A Ribet (1990), From the Taniyama-Shimura Conjecture to Fermat's Last Theorem, Ann Fac Sci Toulouse Math 11, 116-139 [9] S G Telang (2001), Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [10] C Toropu (2014), ABC Theorem in functional case, Dissertation of Philosophy Doctor on Mathematics, The University of New Mexico - ... phản ví dụ cho giả thuyết điều dư? ??ng Bởi vì, giả thiết số mũ   giả thiết mạnh 2.2 Giả thuyết ABC đồng dƣ Giả thuyết ABC đồng dư yếu so với Giả thuyết ABC bị hạn chế điều kiện đồng dư Tuy nhiên,... trình bày giả thuyết ABC tổng qt trường hợp đặc biệt giả thuyết ABC, giả thuyết đồng dư ABC Ngồi ra, chương trình bày nội dung có liên quan đến việc từ giả thuyết đồng dư ABC suy giả thuyết ABC Phương... 10 CHƢƠNG GIẢ THUYẾT ABC ĐỒNG DƢ 2.1 Giả thuyết ABC 23 2.2 Giả thuyết ABC đồng dư 24 Kết luận 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO 32 MỞ ĐẦU Giả thuyết ABC đề xuất độc