Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 52 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
52
Dung lượng
0,91 MB
Nội dung
1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ THU OANH MỘT SỐ VẤN ĐỀ XUNG QUANH GIẢ THUYẾT ABC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN – 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ THU OANH MỘT SỐ VẤN ĐỀ XUNG QUANH GIẢ THUYẾT ABC CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học PGS.TS NGUYỄN THÀNH QUANG NGHỆ AN – 2014 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU CHƢƠNG ĐỊNH LÝ MASON VÀ ỨNG DỤNG 1.1 Định lý Mason 1.2 Giả thuyết Hall 1.3 Các tương tự Định lý Fermat đa thức 11 1.4 Các toán tương tự với số nguyên đa thức 17 CHƢƠNG GIẢ THUYẾT ABC VÀ ỨNG DỤNG 22 2.1 Giả thuyết ABC 24 2.2 Định lý Fermat tiệm cận 26 2.3 Phương trình Brocard 27 2.4 Giả thuyết ABC suy rộng 29 2.5 Một số trường hợp minh họa cho Giả thuyết ABC 41 KẾT LUẬN 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO 48 MỞ ĐẦU Định lý cuối Fermat (1601 – 1665), hay gọi Định lý lớn Fermat, định lý tiếng lịch sử toán học, phát biểu sau: Không tồn nghiệm nguyên khác không x, y, z thỏa mãn phương trình x n y n z n , n số nguyên lớn Sự phát triển Số học gần chịu ảnh hưởng lớn tương tự số nguyên đa thức Để nghiên cứu tính chất vành số nguyên, trước hết người ta kiểm tra tính chất vành đa thức Áp dụng phương pháp nghiên cứu nói trên, Định lý Mason phát minh công cụ cho nhiều hy vọng đường chinh phục Định lý lớn Fermat, vào năm 80 kỷ XX Định lý Mason tương tự số nguyên đa thức gợi ý nên giả thuyết sau đây: Giả thuyết ABC ([11]) Giả sử a, b, c số nguyên, nguyên tố thoả mãn hệ thức a b c Khi đó, với số tuỳ ý, tồn số C phụ thuộc cho max an , bn , c n C N1 , N 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 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 ABC 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 tốn học thuộc thể thống Khơng có đáng ngạc nhiên nhà tốn 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" Vì vậy, việc nghiên cứu mở rộng Giả thuyết ABC vành số nguyên vành đa thức vành hàm nguyên chỉnh hình nhiều nhà toán học quan tâm Trước hết, người ta cố gắng nghiên cứu thể Giả thuyết ABC trường hàm Vào năm 2001, Hu Yang chứng minh Giả thuyết ABC cho hàm chỉnh hình p-adic Gần đây, Việt Nam, tác giả Hà Huy Khối, Vũ Hồi An, Đồn Quang Mạnh, Nguyễn Thành Quang, Phan Đức Tuấn phát biểu chứng minh Giả thuyết ABC hàm chỉnh hình phức p-adic nhiều biến Với lý nói trên, chúng tơi lựa chọn đề tài luận văn "Một số vấn đề xung quanh Giả thuyết ABC" nhằm tìm hiểu sâu kết số học có liên quan đến Giả thuyết Mục đích luận văn trình bày Giả thuyết ABC số ứng dụng xung quanh Giả thuyết Từ tìm hiểu mở rộng tìm tịi số ví dụ có liên quan đến Giả thuyết ABC vành số nguyên ¢ vành đa thức t Luận văn gồm hai chương, với phần mở đầu, kết luận danh mục tài liệu tham khảo Chương giới thiệu Định lý Mason trình bày số ứng dụng Chương giới thiệu Giả thuyết ABC việc áp dụng Giả thuyết để chứng minh Định lý Fermat tiệm cận, phương trình Brocard có hữu hạn nghiệm nguyên dương Nội dung chương trình bày lại số mở rộng vành số nguyên ¢ vành đa thức K t , đưa số ví dụ có liên quan đến Giả thuyết ABC Luận văn hoàn 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 công sức giúp tơi hồn thành luận văn Nhân dịp tơi 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 học tập nghiên cứu Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp tạo điều kiện cho học tập để hồn thành khóa học Tuy có nhiều cố gắng học tập viết luận văn, song chắn luận văn nhiều thiếu sót, tác giả mong nhận bảo, góp ý q thầy giáo đồng nghiệp Xin chân thành cảm ơn quan công tác, gia đình, bạn bè quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập sau đại học vừa qua TÁC GIẢ CHƢƠNG ĐỊNH LÝ MASON VÀ ỨNG DỤNG 1.1 Định lý Mason 1.1.1 Mở đầu Trên tập hợp số nguyên tập hợp đa thức có nhiều tính chất giống Ta ý đến tương tự phân tích thừa số nguyên tố phân tích bất khả quy Mỗi đa thức f t có bậc nguyên dương trường số phức £ (trường đóng đại số với đặc số 0) phân tích dạng tích nhân tử tuyến tính sau: f t t 1 t t m m , k k k i £ nghiệm với bội ki f t Như vậy, ta thấy rằng, tương tự phân tích thành nhân tử phân tích thừa số nguyên tố, nghiệm phức đa thức tương ứng với ước nguyên tố số nguyên Do đó, số nghiệm phức phân biệt đa thức có vai trị số ước ngun tố số nguyên Từ nhận xét đó, người ta đến hai khái niệm tương tự sau đây: 1.1.2 Căn số nguyên Cho a số nguyên, ta định nghĩa a, ký hiệu rad a , tích ước nguyên tố phân biệt a rad a p p|a Ví dụ rad 720 rad 24.32.5 2.3.5 30 Nhận xét 1) Với số ngun a, b ta ln có rad ab rad a rad b 2) Nếu số nguyên a, b nguyên tố rad ab rad a rad b 1.1.3 Căn đa thức Giả sử f t £ t đa thức trường số phức £ với bậc n có phân tích thành nhân tử tuyến tính £ sau: f t a t 1 k1 t 2 k2 L t m km , ki ¥ , a £ , i £ Khi đó, ta định nghĩa f t , ký hiệu rad f , sau: rad f a t 1 t 2 t m 1.1.4 Số nghiệm phân biệt đa thức Giả sử f t t đa thức trường số phức £ với bậc n f t có phân tích thành nhân tử tuyến tính £ sau: f t a t 1 k1 t 2 k2 L t m km , ki ¥ , a £ , i £ Ký hiệu n0 f số nghiệm phân biệt đa thức f t Ta có bất đẳng thức: m m n0 f deg rad f deg f ki n i 1 Sự tương tự số nguyên đa thức với tính chất đa thức gợi ý phát định lý sau 1.1.5 Định lý Mason ([10]) Giả sử a, b, c đa thức biến t, với hệ số phức, không đồng thời số, nguyên tố cho a + b = c Khi đó, ta có bất đẳng thức sau đây: max dega, degb, degc n0 abc Chứng minh Khơng tính tổng qt ta giả sử a, b, c đa thức khác a b số Đặt f , g từ phương trình a b c , ta có f g Lấy c c đạo hàm hình thức hai vế phương trình này, có f ' g ' hay f' g' f g f g Do f ' g ' g b : f g f a Mặt khác, giả sử R t hàm hữu tỉ có phân tích sau đây: p R t t i , (qi ¢ ) q i 1 Tính tốn cho ta: R ' t p qi R t i 1 t Bây giờ, giả sử đa thức a, b, c tương ứng có tập nghiệm phân biệt 1 ,2 , , m , 1 , 2 , , n , 1, , , k Ta có phân tích sau: k a m mi k f t t i t i i , c i 1 i 1 n k b n k g t t i i t i i c i 1 i 1 với mi , ni , ki ¢ Như vậy, theo quy luật ta có: k f ' m mi k i ; f i 1 t i i 1 t i n k g' ni k i g i 1 t i i 1 t i Các phân thức có mẫu số chung tử mẫu m n k i 1 i 1 i 1 N t t i t i t i Chú ý rằng, a, b, c nguyên tố a b c nên chúng ngun tố đơi một, chúng khơng có nghiệm chung Từ suy N t đa thức có bậc m n k n0 a n0 b n0 c n0 abc Vì vậy, N f' g' , N đa thức có bậc không vượt n0 abc f g Mặt khác, ta có: 10 f' f' N b f f g' g' a N g g hay f' g' bN f g aN Vì a, b nguyên tố nên từ đẳng thức ta suy N g' bội a g đó: dega degN g' n0 abc g Điều tương tự với b vai trị bình đẳng a, b phương trình xuất phát Cuối cùng, ta có: degc deg a b max dega, degb n0 abc Định lý Mason chứng minh □ Chú ý 1) Định lý 1.1.5 nói phát biểu chứng minh độc lập hai nhà toán học Mason (1983) Stothers (1981) Stothers lại công bố sau nên Định lý gọi Định lý Mason – Stothers 2) Định lý Mason khơng cịn trường với đặc số nguyên tố p Chẳng hạn, với ba đa thức a 1 x , b x p , c ta có đẳng thức p 1 x p x p (1 x ) x , p đó: maxdega, degb, degc p n0 abc Nghĩa Định lý ABC không trường hợp 3) Hiện có nhiều cách chứng minh Định lý Mason Ngồi cách chứng minh trình bày trên, cịn có cách chứng minh khác Adrew Granivin Thomas J Tucker (1999) kỹ thuật wronskian, cơng cụ Đại số tuyến tính cách chứng minh Noir Schneider (2000) 4) Định lý Mason công cụ hiệu cho phép ta giải toán liên quan đến phương trình đa thức hệ số phức 38 ……………………………………………………………………… Thay tích vào (2.15) ta x 2k 2 k x x cos j 1 x 1 j 1 x x cos j x x j 1 k k x 12 x 1 cos j , x j 1 k k j 2 j , j 1,2, , k 2k Tóm lại x 12 x k 1 k x gk x x 1 x 12 Vậy tồn đa thức g k x x bậc k, hệ số dương cho: x 12 x k 1 k x gk x x 1 Các đa thức định nghĩa công thức tương tự (2.13): k g k z Ck2j j 11.z j , (2.20) j 0 qui nạp sau: g z 1, g1 z z 2, với k gk 1 z z 2 gk z gk 1 z (2.21) Chứng minh Định lý 2.4.1.3 Đặt k f k z s j z j , j 0 (2.22) 39 Trong f k đa thức Bổ đề 2.4.1.4 s j hệ số nguyên dương đa thức Nếu (2.7) ta đặt k n x a1 ta có: a2 x 12 x k 1 k x fk , x x 1 Tương đương với 2 n 31 a 2 a1 1 1 n 3 a a2 a2 f n 3 a1 a a 1 a2 a2 n 5 a1 1 n 3 a1 a2 2 a a1 f n 3 a1 a a a 1 a2 Theo cách đặt (2.22), ta suy j a1 a2 2 n3 a1 a2 2 f n 3 sj j 0 a a a a 2 Điều kéo theo n 5 a1 1 n 3 a1 a2 2 a1 a2 f n 3 a1 a a a 2 1 a2 n 5 tương đương với a1 1 n 3 j n 3 a a a a 2 sj , a1 a a a j 1 a2 a12 n5 a2 n5 a1 a1 a2 a22n6 a2 n3 a1 a2 s j j j 0 a1a2 n 3 n 3 Suy Điều kéo theo 2j 40 n 5 a a2 n 5 a a a1a2 a1 a2 s j j j 0 a1a2 2j n 3 n 3 Tương đương với n 5 a a2 n 5 n 3 s j a1 a2 j 1 j 0 a1a2 n 3 j Suy n 3 a12 n5 a2 n5 s j a1 a2 j 1 j 0 a1a2 n 3 j (2.23) Nếu ta chọn a1 2i với i a2 1 (2.23) cho ta i n 5 n 3 s j 2i 1 j 1 2 i n 3 j (2.24) j 0 Tổng bao gồm n số hạng khơng có tổng thực 0, có số hạng dương, số hạng thứ hai -1 nên ước chung lớn số hạng Bởi vậy, số thỏa mãn giả thiết (i, ii, iii) Giả thuyết ABC cho trường hợp n phần tử Việc chọn số hạng a1 a2 vậy, từ (2.24) ta có: a1 i n 5 , a2 1, a3 s0 2i 1 2i n 3 a4 s1 2i 1 2i , n4 a5 s2 2i 1 2i n 5 a6 s3 2i 1 2i n 6 , , , an sn3 2i 1 Từ (2.24) ta suy M n i n 5 Bây ta tính r a1 a2 an , ta có n 5 2 i 41 a1 a2 an 1 s0 s1 s2 sn3. 2i 1 i n5 13 n5 n1 2i 13 n3 Ký hiệu c 2s0 s1 s2 sn3 Thay vào đẳng thức ta thu 1 i n 5 a1 a2 an n 1 n 2 i c i 1 2 1 c 1 i n 51 Ta suy ra: a1 a2 an n 1 n 2 i i n 3 n 2 , n3 n2 , Điều kéo theo n3 n2 i n51 n 2 i n 1 i r a1 a2 an r 1 c 1 r 2c. 2i 1 r 2i 1 c Từ ta có mn r a1 a2 an r 2i 1 c Lấy lôgarit số ta có: Ln L a1 a2 an i 2n log M n log M n log mn log 2mn log r 2i 1 c Ta có: i log 2r c log 2r 2i 1 c nên Ln i 2n log r 2i 1 c i 2n 2n i log 2r c i Từ việc có vơ hạn số dạng 2i nguyên tố nhau, kiểm tra thương Ln tương ứng với giá trị i khác Bởi vậy, tập hợp Ln có giới hạn 2n Định lý chứng minh □ 2.4.1.6 Nhận xét Nếu ta lấy a1, a2 , a3 thỏa mãn giả thiết (i, ii, iii) trường hợp n cho: a1 max |a1 |, | a2 |, | a3 | L3 L a1, a2 , a3 42 Với n , ta thấy ước nguyên tố hệ số đa thức f n3 chia hết cho a1a2a3 (2.25) cho ta ví dụ Giả thuyết ABC Hơn M n a12 n5 , rad a1a2 an rad a1a2a3 nên Ln 2n 5 L3 Với cách làm thế, ví dụ E Reyssat giả thiết với n 235 109 310 với L3 1,629912 cho ta ví dụ: 2315 1093 330 23 311 235.109 Về Giả thuyết ABC trường hợp n , L4 3, L3 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 với n 4, n sau: Với n = 4: 263.233 36.518.79 3.112 221 23 32 56 73 116 L4 3L3 4,877973 Với n = 5: 2105.235 310.530.715 112.242.232.34.513.76 116.221.23.32.57.73 1110 L5 5L3 8,129955 2.4.2 Giả thuyết ABC suy rộng cho t 2.4.2.1 Mở đầu 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 đa thức a1, a2 , , an K t , n , thỏa mãn max deg a j thỏa mãn điều kiện (i, ii, iii) Ký hiệu 1 j n M n M max deg a j ; 1 j n mn m rad a1 an ; 43 Ln L a1 an Mn mn 2.4.2.2 Giả thuyết (Giả thuyết ABC mở rộng) Với ký hiệu trên, với n , M n 2n 5 mn 1 2.4.2.3 Định lý Với n : lim sup Ln 2n Chứng minh Với số r , chọn a1 t r a2 1 Thế a1 , a2 vào (2.23) ta t r 1 n 5 1 t n 3 r s t t rj j 0 j r 1 n j 3 (2.25) Dễ thấy (2.25) cho ta tổng n số hạng thỏa mãn giả thiết Giả thuyết ABC mở rộng trường hợp tổng quát n Hơn nữa, từ (2.25) ta có: M n (2n 5)r ; mn r Kéo theo Ln 2n 5 r 2n r Định lý chứng minh 1 r 2.4.2.4 Nhận xét Trong trường hợp vành đa thức, ta có Ln Cn21 nên định lý 2.4.2.3 cho ta hệ sau: 2.4.2.5 Hệ Nếu n n vành K t ta có: lim sup Ln = 2n □ 44 2.5 Một số trƣờng hợp minh họa cho Giả thuyết ABC Tương tự với Định lý lớn Fermat cho đa thức (1.3.1), ta có tốn sau cho số nguyên Giả thuyết Tijdeman – Zagier 2.5.1 Bài toán Nếu p, q, r số nguyên lớn phương trình x p y q z r khơng có nghiệm nguyên x, y, z khác 0, nguyên tố Bài giải Giả sử ngược lại tồn số nguyên x, y, z khác 0, nguyên tố thoả mãn phương trình x p y q z r Áp dụng Giả thuyết ABC ta max x p , y q , z r C rad x p y q z r Ta chứng minh toán 1 trường hợp số mũ đủ lớn Tức p, q, r k , k log C 3 log Khơng tính tổng qt, ta giả sử max x, y, z x Khi đó, x p C rad x p y q z r , 1 x p C xyz 1 x p C x33 x p33 C p logC 3 k , log x log Điều log dẫn đến mâu thuẫn Vậy phương trình x p y q z r khơng có nghiệm khơng tầm thường nguyên tố p, q, r số nguyên lớn Hay nói cách khác, p, q, r số nguyên lớn thỏa mãn 1 p q r 45 phương trình x p y q z r có nghiệm tầm thường nghiệm có ước chung khác □ 1 p, q, r số nguyên bất kỳ, p q r Vấn đề đặt bỏ giả thiết lớn phương trình x p y q z r với gcd ( x, y, z ) có nghiệm x, y, z không tầm thường hay khơng? Đây Giả thuyết Fermat-Catalan, tương tự phương trình Catalan đa thức (1.3.6) 2.5.2 Bài toán Nếu p, q, r số nguyên dương thoả mãn hệ thức 1 tồn hữu hạn số nguyên tố x, y, z p q r nghiệm phương trình x p y q z r Bài giải Giả sử tồn số nguyên x, y, z khác nguyên tố thoả mãn phương trình x p y q z r Ta giả sử p q r , ngược lại ta đổi vị trí số chuyển vế cho phương trình Khi p, q, r có cặp số sau: 2, 3, r với r , 2, 4, r với r , p, 2, q, r với r q , 3, 3, r với r , q, r với r q p Trong trường hợp 1 41 p q r 42 p, 1 41 p q r 42 q, r 2, 3, Theo Giả thuyết ABC ta 1 max x p , y q , z r C rad x p y q z r Chọn đặt 42 max x p , y q , z r M Khi ta có M C rad x p rad y q rad z r 1 M C x y z 42 43 42 , với C C Do 42 46 M C M M M P M C.M q r 43 42 1 43 P q r 42 M 1764 C Điều chứng tỏ M bị chặn, tức x, y, z bị chặn Vì vậy, có hữu hạn số x, y, z nguyên tố thoả phương trình x p y q z r p, q, r số nguyên dương thoả mãn hệ thức 1 p q r □ Bây giờ, ta xét trường hợp riêng toán 2.5.2 Đây phương trình Catalan cho số ngun 2.5.3 Bài tốn Phương trình x p y q với p, q có nghiệm nguyên dương x, y 3, Bài giải Theo toán (2.5.2), với p 2, q 3, r tốn có nghiệm x, y 3, 2 Nếu p, q , áp dụng kết tốn (2.5.1) phương trình vơ nghiệm □ 2.5.4 Bài tốn Tìm số ngun tố p q thỏa mãn hệ thức sau: p q q p5 Bài giải Áp dụng Giả thuyết ABC mà trực tiếp Giả thuyết Tijdeman – Zagier với x p q, y q, z p, p, q số mũ lớn Khi đó, phương trình p q q p5 vô nghiệm □ 2.5.5 Bài toán Cho n số nguyên lớn Tìm tất số nguyên a b thỏa mãn phương trình a b n a n bn Bài giải i) Xét trường hợp n số lẻ (2.26) 47 Giả sử a, b gcd a, b, a b Khi đó, áp dụng Giả thuyết ABC Định lý Fermat cho số nguyên, ta suy không tồn hai số nguyên a b thỏa mãn phương trình a b a n bn n Ta thấy rằng, a b a b thỏa mãn phương trình (2.26) Trường hợp khác, a, b c hiển nhiên c 0, c a Khi đó, tồn số nguyên u, v cho a c u, b c v Phương trình a b a n bn n u v u n v n (2.27) n Hiển nhiên u, v nên theo Định lý Fermat cho số nguyên ta suy phương trình (2.27) vơ nghiệm Như vậy, n số lẻ phương trình (2.26) có nghiệm a b a b ii) Xét trường hợp n số chẵn Giả sử a, b gcd a, b, a b Khi đó, áp dụng Giả thuyết ABC Định lý Fermat cho số nguyên, ta suy không tồn hai số nguyên a b thỏa mãn phương trình a b a n bn n Ta thấy rằng, a b thỏa mãn phương trình (2.26) Trường hợp a, b c , c Khi đó, tồn số nguyên u, v cho a c u, b c v Phương trình a b a n bn n u v u n v n (2.28) n Hiển nhiên u, v nên theo Định lý Fermat cho số nguyên ta suy phương trình (2.28) vơ nghiệm Như vậy, n số chẵn phương trình (2.26) có nghiệm a b □ 48 Trong đó, ta khơng dùng Định lý Fermat cho số nguyên mà áp dụng khai triển nhị thức Newton gặp khó khăn khơng kết luận tốn Thật vậy, a b a n bn n Cn1a n1b Cn2a n2b2 Cnn1abn1 ab Cn1a n2 Cn2a n3b Cnn1bn2 Sẽ khó để tìm a b thỏa Cn1a n2 Cn2a n3b Cnn1bn2 Sau xét toán tương tự cho số nguyên tốn (1.4.6) 2.5.6 Bài tốn Tồn hay khơng số nguyên a cho ước nguyên tố a a có số mũ bội Bài giải Giả sử tồn số nguyên a cho ước nguyên tố a a có số mũ bội Do mũ bội số nguyên nhỏ bội ước nguyên tố a mũ bội nên rad a a Tương tự ước nguyên tố a có số mũ bội nên rad a 1 a Từ đó, ta suy ra: rad a rad a 1 a. a 1 Như vậy, ta có: rad a rad a 1 a. a 1 (2.29) Ta có phân tích a 1 a , rõ ràng a, a 1 , ngược lại tồn số nguyên b ước chung lớn a a Khi đó, a, a 1 b suy a, a a b hay a, 1 b (vô lý) Như vậy, a, a 1 , áp dụng Giả thuyết ABC cho số nguyên a, a ta có: 1 max a, a 1 C rad a 1 Do đó, 49 a a 1 C rad a a 1 2 (2.30) Kết hợp (2.29) (2.30) ta được: rad a rad a 1 a a 1 C rad a a 1 C rad a a 1 2 2 , (đúng) Như vậy, khác với toán cho đa thức, khơng tồn đa thức thỏa u cầu tốn Bài toán (2.5.6) tồn số a , chẳng hạn a 23 32 □ 2.5.7 Bài tốn Tìm hai số nguyên a b cho rad a rad b rad a 1 rad b 1 Bài giải Ta số như: a 2, b rad rad 8 rad 3 rad a 75, b 1215 □ 50 KẾT LUẬN Nội dung luận văn bao gồm: Giới thiệu Định lý Mason sử dụng Định lý Mason để chứng minh Định lý Davenport, Định lý Fermat cho đa thức, Định lý Fermat mở rộng cho đa thức, số toán áp dụng khác đa thức hàm chỉnh hình Trình bày số tốn có ứng dụng Định lý Mason Trình bày Giả thuyết ABC hệ Giả thuyết ABC Từ Giả thuyết ABC suy Định lý Fermat tiệm cận, phương trình Brocard có hữu hạn nghiệm ngun dương Tìm hiểu mở rộng số trường hợp cụ thể minh họa cho Giả thuyết ABC Trình bày số tốn ví dụ minh họa cho Giả thuyết ABC 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO TIẾNG VIỆT [1] Hà Huy Khoái, Phạm Huy Điển (2003), Số học thuật toán, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Đặng Thùy Linh (2013), Định lý Mason tương tự số học đa thức, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học Vinh [3] Nguyễn Thành Quang (2003), Số học đại, Trường Đại học Vinh [4] Nguyễn Thành Quang (2011), Lý thuyết trường ứng dụng, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà nội TIẾNG ANH [5] J Browkin, J Brzezinski (1994), Some remarks on the abc-conjecture, Math Comput., 62, 931–939 [6] D M Burton (2002), Elementary Number Theory, Tata McGraw-Hill Company Limited, New Delhi [7] W Cherry and C Toropu (2009), Generalized ABC theorem for nonArchimedean entire functions of several variables in arbitrary characteristic, Acta Arith, 136, 351-384 [8] H Davenport (1965), On f (t ) g2 (t ) , Norske Vid Selsk Forch (Trondheim), 86-87 [9] M Hall (1971), The Diophantine equation x y k , in Computers in Number Theory, Academic Press [10] P C Hu and C C Yang (2000), The ABC conjecture over function fields, Proc Japan Acad., 76, Ser A, 118-120 [11] R Mason (1984), Equations over function fields, Leture Notes in Math, Springer [12] Nguyen Thanh Quang and Phan Duc Tuan (2008), An Extension of Davenport Theorem for Function of Sereval Variables, International Journal of Algebra, Vol 2, No 10, 469 - 475 52 [13] Nguyen Thanh Quang and Phan Duc Tuan (2008), A generalization of the ABC Conjecture over fuction Field, Journal of Analisis and Applications, Vol 6, No 2, 69-76 [14] C Toropu (2014), ABC Theorem in functional case, Dissertation of Philosophy Doctor on Mathematics, The University of New Mexico ... minh Giả thuyết ABC hàm chỉnh hình phức p-adic nhiều biến Với lý nói trên, lựa chọn đề tài luận văn "Một số vấn đề xung quanh Giả thuyết ABC" nhằm tìm hiểu sâu kết số học có liên quan đến Giả thuyết. .. tơi trình bày số vấn đề Giả thuyết ABC cho vành ¢ , K t số mở rộng Giả thuyết Ngồi ra, chúng tơi trình bày số hệ quả, số ví dụ liên quan đến Giả thuyết ABC 27 2.1 Giả thuyết ABC 2.1.1 Giới... thuyết 6 Mục đích luận văn trình bày Giả thuyết ABC số ứng dụng xung quanh Giả thuyết Từ tìm hiểu mở rộng tìm tịi số ví dụ có liên quan đến Giả thuyết ABC vành số nguyên ¢ vành đa thức t Luận