Giả thuyết 2.2. (Giả thuyết abc đồng dư theo môđun m) Cho m ≥ 2. Giả thuyết abc đồng dư cho m phát biểu rằng với mọi ε > 0, tồn tại số K(m, ε) sao cho nếu a, b và c là các số nguyên khác 0, nguyên tố cùng nhau thỏa mãn
abc ≡0 ( mod m) và
a+b = c, thì
max (|a|,|b|,|c|) ≤ K(m, ε)rad(abc)1+ε.
Đây là một khẳng định yếu hơn giả thuyết abc, vì giả thuyết abc không bị hạn chế bởi bất kì điều kiện đồng dư nào. Tuy nhiên, ta sẽ chứng minh rằng nếu giả thuyết abc đồng dư là đúng với môđun m thì giả thuyết abc cũng đúng.
Nhận xét 2.2. Xét bộ 3 số nguyên (a, b, c) thỏa mãn a+b = c.
Khi đó :
• Ít nhất một trong các số nguyêna, b, cphải chẵn, do đóabc ≡ 0 ( mod 2). Giả thuyết abc đồng dư với m = 2 giống như giả thuyết abc đã xét, vì vậy ta chỉ cần xét môđun m ≥ 3.
• Nếu (a, b, c) = 1 thì hoặc c lẻ và b−a lẻ hoặc c chẵn, cả a và b lẻ, b−a chẵn.
• Nếu a, b, c là các số nguyên khác 0 thì bằng phương pháp hoán vị, ta có thể giả thiết rằng đó là các số dương và a < b < c.
Bổ đề 2.2. Cho a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn (a, b, c) = 1 và a+ b = c. Khi đó (a, b) = (b, c) = (a, c) = 1 và a = b khi a = 1, c= 2. Chứng minh
Vìa+b = cnên(a, b) = (b, c) = (a, c).Đặtd = (a, b) thìdlà ước của a vàb. Mà a+b = cnên d là ước củac. Suy ra d| (a, b, c) = 1 ⇒ d|1 ⇒d = 1. Nếu a = b thì 2a = c ⇒ a|c ⇒ (a, b, c) = (a, c) = a. Mà (a, b, c) = 1 ⇒a = 1⇒ c = 2.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.3. Cho a, b, c là các số nguyên dương phân biệt, nguyên tố cùng nhau sao cho c lẻ, a < b < c và
a+b = c.
Với mọi số nguyên dương n ta kí hiệu An = (b−a)n, Bn = cn −(b−a)n, Cn = cn.
Khi đó An, Bn và Cn là các số nguyên dương phân biệt, nguyên tố cùng nhau thỏa mãn
An +Bn = Cn. Chứng minh
Vì a < b < c và a, b, c > 0 nên b−a > 0, a+b > b−a > 0. Do đó An = (b−a)n > 0, Bn = cn−(b−a)n = (a+b)n−(b−a)n > 0, Cn = cn > 0
Nếu (An, Bn, Cn) > 1 thì có số nguyên tố p sao cho
p| An, Bn, Cn ⇒p|cn, p|(b−a)n ⇒ p|c, p| (b−a).
Doclẻ nênpcũng lẻ. Ta có p|c = a+b, p| (b−a) ⇒ p|2a, p|2b⇒ p|a, p|b (Vì p nguyên tố lẻ).
Vậy p là ước chung của a, b, c. Điều này mâu thuẫn với (a, b, c) = 1. Do đó
(An, Bn, Cn) = 1.
Rõ ràng An, Bn và Cn phân biệt thỏa mãn An +Bn = Cn. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.4. Cho a, b, c là các số nguyên dương phân biệt, nguyên tố cùng nhau sao cho c chẵn, a < b < c và
a+b = c.
Với mọi số nguyên dương n ta kí hiệu An =
b−a 2
n
, Bn = c
2 n
−
b−a 2
n
, Cn = c
2 n
.
Khi đó An, Bn và Cn là các số nguyên dương phân biệt, nguyên tố cùng nhau thỏa mãn
An +Bn = Cn. Chứng minh
Vì a < b < c và a, b, c > 0 nên b−a
2 > 0,a+b
2 > b−a
2 > 0. Do đó An =
b−a 2
n
> 0, Bn =
c 2
n
−
b−a 2
n
=
a+b 2
n
−
b−a 2
n
> 0, Cn = c
2 n
> 0.
Nếu (An, Bn, Cn) > 1 thì có số nguyên tố p sao cho p|An, Bn, Cn ⇒p|c
2 n
, p|
b−a 2
n
⇒ p|c 2, p|
b−a 2
.
⇒p|a+b
2 , p|b−a
2 ⇒ p|a, p|b. Mà c = a+b ⇒ p|c.
Vậy p là ước chung của a, b, c. Điều này mâu thuẫn với (a, b, c) = 1. Do đó
(An, Bn, Cn) = 1.
Rõ ràng An, Bn và Cn phân biệt thỏa mãn An +Bn = Cn. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.5. Cho a, b, clà các số nguyên, nguyên tố cùng nhau sao choa+b= c. Chứng minh nếu c chẵn, tồn tại duy nhất một trong hai số c và b−a chia hết cho 4.
Chứng minh
Vì c chẵn vàc = a+b nên a, b cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Mà (a, b, c) = 1 nên a và b cùng lẻ.
Nếu c chẵn nhưng c không chia hết cho 4 thì c có dạng c = 4k + 2. Suy ra b−a = c−2a = 4k+ 2−2a = 4k+ 2 (1−a)...4 (Vì a lẻ nên 1−a chia hết cho 2). Vậy có một trong hai số c và b−a chia hết cho 4.
Mặt khác nếu cả c và b−a đều chia hết cho 4 thì a+b và b−a chia hết cho 4. Suy ra 2a và 2b chia hết cho 4. Suy ra a và b chia hết cho 2. Suy ra a, b, c đều chẵn. Điều này mẫu thuẫn với (a, b, c) = 1.
Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2.6. Cho a, b, c là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau thỏa mãn a < b < c
và
a+b = c.
Với n ≥2.
Nếu c lẻ, kí hiệu
An = (b−a)n, Bn = cn −(b−a)n, Cn = cn.
Nếu c chẵn, kí hiệu
An =
b−a 2
n
,
Bn = c 2
n
−
b−a 2
n
, Cn = c
2 n
.
Khi đóAn, Bn, Cn là các số nguyên dương khác nhau và nguyên tố cùng nhau thỏa mãn
An +Bn = Cn
Nếu m ≥3 và n = ϕ(m) thì AnBnCn ≡ 0 (mod m). Chứng minh
An, Bn, Cn là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau phân biệt sao cho
An +Bn = Cn.
Giả sử m ≥ 3 và n= ϕ(m). Khi đó n≥ 2. Ta sẽ chỉ ra AnBnCn ≡ 0 (mod m).
Muốn vậy ta chỉ cần chứng minh nếu plà nguyên tố và m chia hết chopr thì AnBnCn ≡ 0 (mod pr). (2.5) Chú ý rằng nếu p là nguyên tố và m chia hết cho pr thì n chia hết cho (p−1)pr−1, do đó
r ≤ 2r−1 ≤ (p−1)pr−1 ≤ n.
Giả sử p là một số nguyên tố lẻ. Nếu c chia hết cho p thì cn chia hết pn và Cn chia hết cho pn. Vì r ≤ n nên Cn ≡ 0 (mod pr).
Tương tự nếu b−a chia hết p thì An ≡ 0 (mod pr). Nếu c chia hết cho p hoặc b−a chia hết cho p thì
c(p−1)pr−1 ≡1 (mod pr) và
(b−a)(p−1)pr−1 ≡1 (mod pr). Vì n chia hết cho (p−1)pr−1 , ta có
cn ≡ (b−a)n ≡ 1 (mod pr),
do đó
Bn ≡ 0 ( mod pr)
suy ra biểu thức (2.5) được chứng minh với p nguyên tố lẻ.
Cuối cùng ta xét trường hợp p = 2. Nếu m chia hết cho 2r thì n chia hết 2r−1 và r ≤n.
Nếu c chẵn thì b−a chẵn và chỉ một trong hai số c và (b−a) chia hết cho 4. Suy ra, hoặc cn và (b−a)n chia hết cho 4n và do đó Cn hoặc An chia hết 2n, và vì vậy nó chia hết cho 2r.
Nếu c lẻ thì b−a lẻ và
c2r−1 ≡ (b−a)2r−1 ≡1 (mod 2r). Vì n chia hết cho 2r−1 nên ta có
Bn = cn−(b−a)n ≡ 0 (mod 2r). Suy ra (2.5) được chứng minh với số nguyên tố 2.
Bổ đề được chứng minh.
Định lí 2.5. Cho m ≥ 3. Nếu giả thuyết abc đồng dư đúng đối với m thì giả thuyết abc cũng đúng.
Chứng minh
Giả sử 0 < ε < 1. Với bộ ba các số nguyên dương khác nhau, nguyên tố cùng nhau a, b, c ta xác định hàm
Φε(a, b, c) = logc−(1 +ε) lograd(abc). Khi đó
lograd(a, b, c) = logc− εlogc
1 +ε − Φε(a, b, c) 1 +ε .
Giả sửA, B, C là các số nguyên dương khác nhau, nguyên tố cùng nhau thỏa mãn
ABC ≡ 0 ( mod m) và
A+B = C.
Nếu giả thuyếtabc đồng dư là đúng vớim thì tồn tại một hằng sốK(m, ε) >
0 sao cho
C ≤ K(m, ε)rad(ABC)1+ε,
hay tương đương với
Φε(A, B, C) ≤ logK(m, ε) =K∗(m, ε).
Giả sử a, b, clà các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau sao cho a < b < c và a+b = c. Kí hiệu
n = ϕ(m)
Khi đó n chẵn. Xác định các số nguyên An, Bn, Cn như trong bổ đề (2.6).
Khi đó AnBnCn ≡ 0 (mod m) và An+Bn = Cn. Ngoài ra
Φε(An, Bn, Cn) ≤ K∗(m, ε). Với n là số nguyên chẵn, m ≥ 3 ta có
Bn = cn −(b−a)n
= (b+a)n−(b−a)n Vì n chẵn nên n= 2k, k ∈ N. Khi đó
(b+ a)n−(b−a)n = (b+a)2k−(b−a)2k
= h(b+a)2i
k
−h(b−a)2i
k
= h
(b+a)2 −(b−a)2 i
(b+a)2
k−1
+(b+a)2
k−2
(b−a)2 +...+(b−a)2
k−1
= 4ab(b+ a)2k−2 + (b+ a)2k−4(b−a)2 +...+ (b−a)2k−2
= 4ab(b+ a)n−2 + (b+a)n−4(b−a)2 +...+ (b−a)n−2
≤4abn 2
(b+a)n−2 = 2abncn−2. Vì
AnBnCn = (b−a)n Bn
ab
abcn,
suy ra
rad(AnBnCn) = rad
(b−a)n Bn
ab
abcn
= rad
(b−a) Bn
ab
abc
≤ rad(b−a)rad Bn
ab
rad(abc)
≤ (b−a) Bn
ab
rad(abc)
≤ (b−a) 2ncn−2rad(abc)
≤ 2ncn−1rad(abc). Do đó
lograd(AnBnCn) ≤ (n−1) logc+ lograd(abc) + log 2n
= nlogc− εlogc
1 +ε − Φε(a, b, c)
1 +ε + log 2n
=
1− ε
(1 +ε)n
logcn − Φε(a, b, c)
1 +ε + log 2n
≤
1− ε
(1 +ε)n
(logCn+ nlog 2)− Φε(a, b, c)
1 +ε + log 2n
≤
n+ (n−1)ε (1 +ε)n
logCn− Φε(a, b, c)
1 +ε + 2nlogn.
Hay tương đương Φε(a, b, c) ≤
n+ (n−1)ε
n logCn −
(1 +ε)n n+ (n−1)ε
lograd(AnBnCn)
+ 2 (1 +ε)nlog 2,
<
2 logCn −
(1 +ε)n n+ (n−1)ε
lograd(AnBnCn)
+ 4nlog 2
= 2logCn −1 +ε0lograd(AnBnCn)+ 4nlog 2 trong đó
ε0 = (1 +ε)n
n+ (n−1)ε −1 = ε
ϕ(m) + (ϕ(m)−1)ε. Vì
logCn −(1 +ε0) lograd(AnBnCn) = Φε0(An, Bn, Cn) ≤K∗(ε0, m),
suy ra
Φε(a, b, c) < 2K∗ε0, m+ 4ϕ(m) log 2.
Do đó, với mọi ε > 0 hàm Φε(a, b, c) bị chặn trên và điều này tương đương với giả thuyết abc.
Định lý được chứng minh.