Định lí 2.1. (Định lý tiệm cận Fermat) Giả thuyết abc suy ra rằng tồn tại số nguyên no để phương trình Fermat
xn +yn = zn
không có nghiệm x, y và z nguyên tố cùng nhau với mọi hệ số mũ n≥ no. Chứng minh
Giả sử x, y, z là các số nguyên dương, nguyên tố cùng nhau thỏa mãn xn +yn = zn.
Ta đã biết
rad(xnynzn) =rad(xyz) ≤ xyz ≤z3. Nếu n ≥2 thì z ≥ 3. Áp dụng giả thuyết abc với ε = 1 và
K1 = max (1, K (1)), ta nhận được
zn = max (xn, yn, zn) ≤K1rad(xnynzn)2 < K1z6 và do đó
n < 6 + logK1
logz ≤ 6 + logK1 log 3 . Định lý được chứng minh.
Giả thuyết Catalan khẳng định rằng các số 8 và 9 là các lũy thừa liên tiếp duy nhất của 2 số nguyên. Vì vậy có thể nói rằng với các số nguyên x, y, m, n lớn hơn 1 thì nghiệm duy nhất của phương trình Catalan
xm−yn = 1 là 32 −23 = 1.
Ta biết rằng phương trình Diophantine xm −y2 = 1 không có lời giải trong tập các số nguyên dương và lời giải duy nhất của phương trìnhx2−yn = 1 trong tập các số nguyên dương là x = n = 3 và y = 2. Do đó, chỉ cần xét phương trình Catalan với min (m, n) ≥ 3 là đủ.
Định lí 2.2. (Định lý tiệm cận Catalan) Giả thuyết abc kéo theo phương trình Catalan chỉ có hữu hạn nghiệm.
Chứng minh
Giả sử(x, y, m, n)là lời giải của phương trình Catalan với min (m, n) ≥ 3. Khi đó x và y là các số nguyên tố cùng nhau. Từ giả thuyết abc với ε = 1
4, suy ra tồn tại một hằng số K2 = K 14 sao cho
yn < xm ≤K2rad(xmyn)54 = K2rad(xy)54 ≤ K2(xy)54,
do đó
mlogx ≤ logK2 + 5
4(logx+ logy) và
nlogy ≤ logK2 + 5
4(logx+ logy). Từ đó suy ra
mlogx+nlogy < 2 logK2 + 5
2(logx+ logy), và
m− 5 2
logx+
n− 5 2
logy < 2 logK2. (2.1) Vì x ≥ 2 và y ≥ 2, ta có
m+n < 2 logK2 log 2 + 5.
Do đó, chỉ có hữu hạn cặp số mũ (m, n) để phương trình Catalan giải được.
Với số mũ cố định m ≥3 và n≥ 3 phương trình (2.1) chỉ có hữu hạn lời giải trong tập các số nguyên dương.
Định lý được chứng minh.
Định nghĩa 2.1. Một số nguyên tố lẻ p thỏa mãn 2p−1 6≡ 1 mod p2 được gọi là số nguyên tố Wieferich.
Ví dụ 2.1.
3 là các số nguyên tố Wieferich vì 22 6≡1 ( mod 9), 5 là các số nguyên tố Wieferich vì 24 6≡1 ( mod 25), 7 là các số nguyên tố Wieferich vì 26 6≡1 ( mod 49).
Câu hỏi đặt ra là tập các số nguyên tố Wieferich có vô hạn hay không?
Hay tập các số nguyên tố không là Wieferich có vô hạn hay không?
Kí hiệu W là tập các số nguyên tố Wieferich, ta sẽ chỉ ra rằng từ giả thuyết abc kéo theo tập W là vô hạn.
Bổ đề 2.1. Cho p là một số nguyên tố lẻ. Nếu tồn tại một số nguyên dương n sao cho 2n ≡ 1 ( mod p) nhưng 2n 6≡ 1 mod p2 thì p là số nguyên tố Wieferich.
Chứng minh
Giả sử d là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 2d ≡1 (modp). Khi đónchia hết chod. Vì2n 6≡1 modp2nên2d 6≡ 1 mod p2và2d = 1+kp, trong đó (k, p) = 1.
Ngoài ra, p− 1 chia hết cho d, vì 2p−1 ≡ 1 (modp) nên p−1 = de, với e nguyên sao cho 1 ≤ e≤ p−1. Khi đó (ek, p) = 1 và
2p−1 = 2de = (1 +kp)e ≡1 +ekp 6≡ 1 modp2, và p là một số nguyên tố Wieferich.
Bổ đề được chứng minh.
Định nghĩa 2.2. Số nguyên dương v được gọi là số lớn nếu với mỗi ước nguyên tố p của v ta luôn có v chia hết cho p2.
Ví dụ 2.1. Số 72 là số lớn vì 72 ... 3 và 72 ... 9 Số 192 không là số lớn vì 192 ... 3 và 192 6 ... 9. Nhận xét 2.1. Nếu v là số lớn thì
rad(v) ≤ v12.
Định lí 2.3. Giả thuyết abc suy ra tồn tại vô hạn số nguyên tố Wieferich.
Chứng minh
Giả sử W là tập các số nguyên tố Wieferich. Với mỗi số nguyên dương n ta viết
2n−1 = unvn,
với vn là số lớn cực đại trong số các ước là số lớn của 2n −1. Khi đó un là số nguyên không chính phương
un = Y
p|n vp(n)=1
p,
vn = Y
p|n vp(n)≥2
pvp(n).
Nếu un chia hết cho p thì
2n ≡ 1 ( modp) nhưng
2n 6≡1 modp2.
Từ bổ đề (2.1) suy ra p ∈ W nên un là một số nguyên không chính phương chỉ chia hết cho số nguyên tố Wieferich. Nếu W là hữu hạn, tồn tại hữu hạn số nguyên không chính phương có ước nguyên tố thuộc W và do đó tập {un : n= 1,2,3...}là hữu hạn. Suy ra tập {vn : n = 1,2,3, ...}là vô hạn nên nó không bị chặn. Vì vn là số lớn, nên ta có
rad(vn) ≤ vn12.
Giả sử 0< ε < 1. Áp dụng giả thiết abc cho đẳng thức (2n −1) + 1 = 2n,
ta thu được
vn < 2
≤K(ε)rad(2n(2n −1))1+ε
≤K(ε)rad(2unvn)1+ε
≤K(ε) (2un)1+εrad(vn)1+ε vn(1+ε)/2
.
Từ đó suy ra các số vn bị chặn. Điều này mâu thuẫn với khẳng định ở trên.
Định lý được chứng minh.
Định lí 2.4. Giả thuyết abc kéo theo phương trình (x!)n + 1 = ym chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên dương với x, y, n và m ≥ 2.
Chứng minh
Ta có với mọi số nguyên x ≥2 thì
x! > x e
x
và Y
p≤x
p < 4x. (2.2)
Áp dụng giả thuyết abc cho bộ ba ((x!)n,1, ym) ta có (x!)n ≤Kε(rad(ym.(x!)n))1+ε, suy ra
(x!)n ≤ Kε(rad(y.x!))1+ε ≤Kε(yrad(x!))1+ε. Vì ym ≤ 2(x!)n và rad(x!) = Q
p≤x
p nên ta có
(x!)n ≤ 2Kε
(x!)mn
1+ε Y
p≤x
p
!1+ε
. Khi đó
((x!)n)1−1+εm ≤2Kε Y
p≤x
p
!1+ε
. Áp dụng các bất đẳng thức (2.2) ta suy ra được
x e
nx1−1+εm
≤2Kε4x(1+ε), và do đó
x e
n1−1+εm
≤2Kε4(1+ε).
Bằng cách lấy ε đủ nhỏ ta có thể kết luận rằng x bị chặn.
Tương tự m và n đều bị chặn.
Vậy phương trình (x!)n + 1 = ym chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên dương với x, y, n và m ≥ 2.
Hệ quả 2.1. Giả sử x, y là các số nguyên dương sao cho x3 −y2 6= 0. Khi đó với mọi ε > 0, tồn tại số Kε sao cho:
x3 −y2 > Kεx12−ε. Chứng minh
Thật vậy
x3 = x3 −y2+y2. Ta giả sử
x3 −y2 > 0.
Theo giả thuyết abc ta có
maxx3,x3 −y2,y2 ≤ Kεrad x3 x3 −y2y21+ε. Điều đó suy ra
x3 ≤ Kε
rad x3 x3 −y2y21+ε.
Do rad(xyz) ≤ rad(x).rad(y).rad(z) và rad(xn) = rad(x) ≤ x, nên ta có
x3 ≤ Kε
rad x31+εrad x3 −y21+εrad y21+ε, tương đương với
x3 ≤Kεx1+ε x3 −y21+εy1+ε, điều đó kéo theo
x2−ε ≤ Kε x3 −y21+εy1+ε. (2.3) Tương tự ta có
y2 ≤ Kεx1+ε x3 −y21+εy1+ε, tương đương với
y1−ε ≤Kεx1+ε x3 −y21+ε, kéo theo
y ≤ Kεx1+ε1−ε x3 −y2
1+ε
1−ε. (2.4)
Thay (2.4) vào (2.3) ta được
x2−ε ≤Kε x3 −y2
(1+ε)2
1−ε +(1+ε)
x(1+ε)21−ε ,
tương đương với
x1−5ε1−ε ≤ Kε x3 −y2
2+2ε 1−ε . Điều đó kéo theo
x ≤ Kε x3 −y2
2+2ε
1−5ε = Kε x3 −y22+
12ε 1−5ε. Ta có
x12−1−5ε12ε ≤ Kε x3 −y2(2+1−5ε12ε )(12−1−5ε12ε ) tương đương với
x12−ε1 ≤Kε x3 −y2(2+ε1)(12−ε1)
= Kε x3 −y21−
3 2ε1−ε12
, (trong đó ta đặt ε1 = 12ε
1−5ε).
Từ đó suy ra
x12−ε1 ≤ Kε x3 −y2, tương đương với
x3 −y2> Kε1x12−ε1. Hệ quả được chứng minh.
Ta có thể biến đổi hệ quả (2.1) như sau
x3 −y2 > Kεx12−ε1, tương đương với
x3 −y2
2
1−2ε > Kεx.
Điều đó kéo theo
x3 −y2
6
1−2ε > Kεx3, suy ra
x3 −y2
6+1−2ε12ε
> Kεx3. Tức là
x3 −y2
6+ε1
> Kε1x3.
Bằng cách chứng minh tương tự như trên ta có thể mở rộng hệ quả (2.1) cho các số lũy thừa nguyên m và n bất kì.
Hệ quả 2.2. Cho m và n là các số nguyên dương lớn hơn 1. Giả sử x, y là các số nguyên sao cho
a.xm −b.yn 6= 0.
Khi đó với mọi ε > 0, tồn tại số Kε sao cho:
|xm| < Kε|xm −yn|m.n−n−mn.m(1+ε).