Fermat, ABC og alt det jazz...

Transkript

1 Fermat, ABC og alt det jazz... Matematiklærerdag 2013 Simon Kristensen Institut for Matematik Aarhus Universitet 22. marts 2013

2 Oversigt 1 Hvad er ABC-formodningen?

3 Oversigt 1 Hvad er ABC-formodningen? 2

4 Oversigt 1 Hvad er ABC-formodningen? 2 3

5 Outline 1 Hvad er ABC-formodningen? 2 3

6 Entydig faktorisering Vi kender allerede Aritmetikkens Fundamentalsætning.

7 Entydig faktorisering Vi kender allerede Aritmetikkens Fundamentalsætning. Sætning (Aritmetikkens Fundamentalsætning) Lad n være et positivt helt tal. Da findes en entydig opskrivning af n som et produkt af primtal, dvs., der findes entydigt bestemte positive primtal p 1, p 2,..., p m, så at n = p 1 p 2 p m.

8 Entydig faktorisering Vi kender allerede Aritmetikkens Fundamentalsætning. Sætning (Aritmetikkens Fundamentalsætning) Lad n være et positivt helt tal. Da findes en entydig opskrivning af n som et produkt af primtal, dvs., der findes entydigt bestemte positive primtal p 1, p 2,..., p m, så at n = p 1 p 2 p m. Bemærk, at der kan være gentagelser blandt primtallene.

9 Om addition og multiplikation Primtal er sat i verden for at blive ganget sammen.

10 Om addition og multiplikation Primtal er sat i verden for at blive ganget sammen. Hele tal er sat i verden for at blive lagt sammen.

11 Om addition og multiplikation Primtal er sat i verden for at blive ganget sammen. Hele tal er sat i verden for at blive lagt sammen. Meget af talteorien går ud på at forbinde de to verdener.

12 Om addition og multiplikation Primtal er sat i verden for at blive ganget sammen. Hele tal er sat i verden for at blive lagt sammen. Meget af talteorien går ud på at forbinde de to verdener. Et berømt eksempel er Goldbachs Formodning: Ethvert lige tal større end 2 er summen af to primtal.

13 Om addition og multiplikation Primtal er sat i verden for at blive ganget sammen. Hele tal er sat i verden for at blive lagt sammen. Meget af talteorien går ud på at forbinde de to verdener. Et berømt eksempel er Goldbachs Formodning: Ethvert lige tal større end 2 er summen af to primtal. Det er hunde-svært!

14 En løs version af ABC-formodningen Vi ser på en anden forbindelse mellem addition og multiplikation.

15 En løs version af ABC-formodningen Vi ser på en anden forbindelse mellem addition og multiplikation. Betragt ligningen i hele tal A + B = C

16 En løs version af ABC-formodningen Vi ser på en anden forbindelse mellem addition og multiplikation. Betragt ligningen i hele tal A + B = C Hvis der er fælles primfaktorer, forkorter vi dem ud.

17 En løs version af ABC-formodningen Vi ser på en anden forbindelse mellem addition og multiplikation. Betragt ligningen i hele tal A + B = C Hvis der er fælles primfaktorer, forkorter vi dem ud. ABC-formodningen siger løst, at hvis tallene i ligningen bliver store, så må der være mange forskellige primfaktorer i dem.

18 En løs version af ABC-formodningen Vi ser på en anden forbindelse mellem addition og multiplikation. Betragt ligningen i hele tal A + B = C Hvis der er fælles primfaktorer, forkorter vi dem ud. ABC-formodningen siger løst, at hvis tallene i ligningen bliver store, så må der være mange forskellige primfaktorer i dem. Med andre ord kan der ikke være uhyggeligt mange gentagelser.

19 Pythagoræiske tripler Hvis x 2 + y 2 = z 2 med hele tal uden fælles divisor, så er (x, y, z) = (m 2 n 2, 2mn, m 2 + n 2 ), hvor m og n er hele tal uden fælles divisor, et lige og et ulige.

20 Pythagoræiske tripler Hvis x 2 + y 2 = z 2 med hele tal uden fælles divisor, så er (x, y, z) = (m 2 n 2, 2mn, m 2 + n 2 ), hvor m og n er hele tal uden fælles divisor, et lige og et ulige. Hvor mange sådanne er der med z 2 N?

21 Pythagoræiske tripler Hvis x 2 + y 2 = z 2 med hele tal uden fælles divisor, så er (x, y, z) = (m 2 n 2, 2mn, m 2 + n 2 ), hvor m og n er hele tal uden fælles divisor, et lige og et ulige. Hvor mange sådanne er der med z 2 N? Vi skal tælle antallet af (m, n) så at (m 2 + n 2 ) 2 N.

22 Pythagoræiske tripler Hvis x 2 + y 2 = z 2 med hele tal uden fælles divisor, så er (x, y, z) = (m 2 n 2, 2mn, m 2 + n 2 ), hvor m og n er hele tal uden fælles divisor, et lige og et ulige. Hvor mange sådanne er der med z 2 N? Vi skal tælle antallet af (m, n) så at (m 2 + n 2 ) 2 N. Rundt regnet er dette arealet af cirklen med radius N 1/4, dvs. πn 1/2.

23 Pythagoræiske tripler Hvis x 2 + y 2 = z 2 med hele tal uden fælles divisor, så er (x, y, z) = (m 2 n 2, 2mn, m 2 + n 2 ), hvor m og n er hele tal uden fælles divisor, et lige og et ulige. Hvor mange sådanne er der med z 2 N? Vi skal tælle antallet af (m, n) så at (m 2 + n 2 ) 2 N. Rundt regnet er dette arealet af cirklen med radius N 1/4, dvs. πn 1/2. Tager vi divisor-betingelsen ud, bliver det rigtige rundt-regnet-tal lig med 4 π N1/2.

24 Pythagoræiske tripler og ABC Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem.

25 Pythagoræiske tripler og ABC Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem. Lad A = x 2, B = y 2 og C = z 2.

26 Pythagoræiske tripler og ABC Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem. Lad A = x 2, B = y 2 og C = z 2. Nu leder vi efter heltal mellem N og N uden fælles divisor, så at A + B = C, som er kvadrater.

27 Pythagoræiske tripler og ABC Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem. Lad A = x 2, B = y 2 og C = z 2. Nu leder vi efter heltal mellem N og N uden fælles divisor, så at A + B = C, som er kvadrater. Der er ca. N 2 sådanne heltal, der opfylder ligningen.

28 Pythagoræiske tripler og ABC Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem. Lad A = x 2, B = y 2 og C = z 2. Nu leder vi efter heltal mellem N og N uden fælles divisor, så at A + B = C, som er kvadrater. Der er ca. N 2 sådanne heltal, der opfylder ligningen. Af heltallene mellem N og N er ca. N 1/2 kvadrattal.

29 Pythagoræiske tripler og ABC Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem. Lad A = x 2, B = y 2 og C = z 2. Nu leder vi efter heltal mellem N og N uden fælles divisor, så at A + B = C, som er kvadrater. Der er ca. N 2 sådanne heltal, der opfylder ligningen. Af heltallene mellem N og N er ca. N 1/2 kvadrattal. Altså er sandsynligheden for at ramme et kvadrat N 1/2.

30 Pythagoræiske tripler og ABC Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem. Lad A = x 2, B = y 2 og C = z 2. Nu leder vi efter heltal mellem N og N uden fælles divisor, så at A + B = C, som er kvadrater. Der er ca. N 2 sådanne heltal, der opfylder ligningen. Af heltallene mellem N og N er ca. N 1/2 kvadrattal. Altså er sandsynligheden for at ramme et kvadrat N 1/2. Hvis A, B og C opfører sig som terninger, er sandsynligheden for at ramme tre kvadrater N 3/2.

31 Pythagoræiske tripler og ABC Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem. Lad A = x 2, B = y 2 og C = z 2. Nu leder vi efter heltal mellem N og N uden fælles divisor, så at A + B = C, som er kvadrater. Der er ca. N 2 sådanne heltal, der opfylder ligningen. Af heltallene mellem N og N er ca. N 1/2 kvadrattal. Altså er sandsynligheden for at ramme et kvadrat N 1/2. Hvis A, B og C opfører sig som terninger, er sandsynligheden for at ramme tre kvadrater N 3/2. Da der er N 2 mulige tripler, burde der være N 2 N 3/2 = N 1/2 pythagoræiske tripler med z 2 N.

32 En tilståelse Jeg har snydt jeg, så vandet drev!

33 En tilståelse Jeg har snydt jeg, så vandet drev! Løsningerne til ligningen opfører sig overhovedet ikke som terningekast!

34 En tilståelse Jeg har snydt jeg, så vandet drev! Løsningerne til ligningen opfører sig overhovedet ikke som terningekast! Se på ligningen x 2 + y 2 = 3z 2.

35 En tilståelse Jeg har snydt jeg, så vandet drev! Løsningerne til ligningen opfører sig overhovedet ikke som terningekast! Se på ligningen x 2 + y 2 = 3z 2. Der er kun én løsning.

36 En tilståelse Jeg har snydt jeg, så vandet drev! Løsningerne til ligningen opfører sig overhovedet ikke som terningekast! Se på ligningen x 2 + y 2 = 3z 2. Der er kun én løsning. Argumentet på sidste slide ville give rundt regnet N 1/2 løsninger.

37 En tilståelse Jeg har snydt jeg, så vandet drev! Løsningerne til ligningen opfører sig overhovedet ikke som terningekast! Se på ligningen x 2 + y 2 = 3z 2. Der er kun én løsning. Argumentet på sidste slide ville give rundt regnet N 1/2 løsninger. Imidlertid er det tit sådan, at talteoretikere laver formodninger.

38 Findes der Fermat-tripler? Se nu på en Fermat-ligning, x n + y n = z n.

39 Findes der Fermat-tripler? Se nu på en Fermat-ligning, x n + y n = z n. Kald A = x n, B = y n og C = z n, så at A + B = C.

40 Findes der Fermat-tripler? Se nu på en Fermat-ligning, x n + y n = z n. Kald A = x n, B = y n og C = z n, så at A + B = C. Som før vil vi tælle løsninger med max{ A, B, C } N og uden fælles divisor.

41 Findes der Fermat-tripler? Se nu på en Fermat-ligning, x n + y n = z n. Kald A = x n, B = y n og C = z n, så at A + B = C. Som før vil vi tælle løsninger med max{ A, B, C } N og uden fælles divisor. Som før er der rundt regnet N 2 valg af A, B, C uden fælles divisor så at A + B = C.

42 Findes der Fermat-tripler? Se nu på en Fermat-ligning, x n + y n = z n. Kald A = x n, B = y n og C = z n, så at A + B = C. Som før vil vi tælle løsninger med max{ A, B, C } N og uden fælles divisor. Som før er der rundt regnet N 2 valg af A, B, C uden fælles divisor så at A + B = C. Sandsynligheden for, at hver af dem er en n te potens er N 1/n /N.

43 Findes der Fermat-tripler? Se nu på en Fermat-ligning, x n + y n = z n. Kald A = x n, B = y n og C = z n, så at A + B = C. Som før vil vi tælle løsninger med max{ A, B, C } N og uden fælles divisor. Som før er der rundt regnet N 2 valg af A, B, C uden fælles divisor så at A + B = C. Sandsynligheden for, at hver af dem er en n te potens er N 1/n /N. Ganger vi hele skidtet sammen, ser vi, at vi forventer rundt regnet N 2 N 3(1/n 1) = N (3 n)/n løsninger.

44 Findes der Fermat-tripler? Se nu på en Fermat-ligning, x n + y n = z n. Kald A = x n, B = y n og C = z n, så at A + B = C. Som før vil vi tælle løsninger med max{ A, B, C } N og uden fælles divisor. Som før er der rundt regnet N 2 valg af A, B, C uden fælles divisor så at A + B = C. Sandsynligheden for, at hver af dem er en n te potens er N 1/n /N. Ganger vi hele skidtet sammen, ser vi, at vi forventer rundt regnet N 2 N 3(1/n 1) = N (3 n)/n løsninger. Dette giver mange for n < 3, ikke alt for mange for n = 3 og kun endeligt mange for n > 3.

45 Nok en tilståelse Som før har vi snydt. Vi kan ikke se på tingene som terningekast.

46 Nok en tilståelse Som før har vi snydt. Vi kan ikke se på tingene som terningekast. Det, der gør at vi ikke har uafhængighed er 1 dels at A + B = C, 2 og dels at A, B og C ikke har fælles divisorer.

47 Nok en tilståelse Som før har vi snydt. Vi kan ikke se på tingene som terningekast. Det, der gør at vi ikke har uafhængighed er 1 dels at A + B = C, 2 og dels at A, B og C ikke har fælles divisorer. Masser og Oesterlé bemærkede, at et modeksempel til Fermats Store Sætning måtte give en ABC-tripel hvor mange primtal blev gentaget.

48 Nok en tilståelse Som før har vi snydt. Vi kan ikke se på tingene som terningekast. Det, der gør at vi ikke har uafhængighed er 1 dels at A + B = C, 2 og dels at A, B og C ikke har fælles divisorer. Masser og Oesterlé bemærkede, at et modeksempel til Fermats Store Sætning måtte give en ABC-tripel hvor mange primtal blev gentaget. De formodede, at dette ikke kunne lade sig gøre.

49 Den rigtige ABC-formodning Definition For et helt tal D med primtalsfaktorisering D = p r 1 definerer vi radikalet af D ved rad(d) = p 1 p 2... p m. 1 p r 2 2 p rm m

50 Den rigtige ABC-formodning Definition For et helt tal D med primtalsfaktorisering D = p r 1 definerer vi radikalet af D ved rad(d) = p 1 p 2... p m. Formodning (ABC-formodningen) 1 p r 2 2 p rm m For ethvert ɛ > 0 findes et κ > 0, så at for enhver løsning til A + B = C i hele tal uden fælles divisor, er max{ A, B, C } κ rad(abc) 1+ɛ.

51 Outline 1 Hvad er ABC-formodningen? 2 3

52 Fermats Store Sætning (Nu Wiles Sætning) Sætning (en del af Wiles Sætning) For n stor nok, har ligningen x n + y n = z n kun trivielle heltalsløsninger.

53 Fermats Store Sætning (Nu Wiles Sætning) Sætning (en del af Wiles Sætning) For n stor nok, har ligningen x n + y n = z n kun trivielle heltalsløsninger. Dette følger af ABC-formodningen.

54 Fermats Store Sætning (Nu Wiles Sætning) Sætning (en del af Wiles Sætning) For n stor nok, har ligningen x n + y n = z n kun trivielle heltalsløsninger. Dette følger af ABC-formodningen. Hvis κ 1 = 1, har vi Fermat for n 6.

55 Catalans Formodning (nu Mihăilescus Sætning) Sætning (En del af Mihăielscus sætning) Der er kun endeligt mange heltalsløsninger (x, y, p, q) med x, y, p, q > 1 til x p y q = 1.

56 Catalans Formodning (nu Mihăilescus Sætning) Sætning (En del af Mihăielscus sætning) Der er kun endeligt mange heltalsløsninger (x, y, p, q) med x, y, p, q > 1 til x p y q = 1. Dette følger af ABC-formodningen.

57 Catalans Formodning (nu Mihăilescus Sætning) Sætning (En del af Mihăielscus sætning) Der er kun endeligt mange heltalsløsninger (x, y, p, q) med x, y, p, q > 1 til x p y q = 1. Dette følger af ABC-formodningen. Hvis vi kender konstanterne, kan vi finde dem alle.

58 Catalans Formodning (nu Mihăilescus Sætning) Sætning (En del af Mihăielscus sætning) Der er kun endeligt mange heltalsløsninger (x, y, p, q) med x, y, p, q > 1 til x p y q = 1. Dette følger af ABC-formodningen. Hvis vi kender konstanterne, kan vi finde dem alle. Det rigtige svar er, at eneste løsning er x = 3, p = 2, y = 2, q = 3.

59 Fermat Catalan formodningen Lad os blande tingene lidt sammen og se på heltalsløsninger til Dx p + Ey q = Fz r, hvor D, E og F er faste heltal.

60 Fermat Catalan formodningen Lad os blande tingene lidt sammen og se på heltalsløsninger til Dx p + Ey q = Fz r, hvor D, E og F er faste heltal. Sæt δ = 1 1 p 1 q 1 r.

61 Fermat Catalan formodningen Lad os blande tingene lidt sammen og se på heltalsløsninger til Dx p + Ey q = Fz r, hvor D, E og F er faste heltal. Sæt δ = 1 1 p 1 q 1 r. Snyde-argumentet giver, at vi forventer mange løsninger, når δ < 0, knapt så mange for δ = 0 og kun endeligt mange når δ > 0.

62 Fermat Catalan formodningen Lad os blande tingene lidt sammen og se på heltalsløsninger til Dx p + Ey q = Fz r, hvor D, E og F er faste heltal. Sæt δ = 1 1 p 1 q 1 r. Snyde-argumentet giver, at vi forventer mange løsninger, når δ < 0, knapt så mange for δ = 0 og kun endeligt mange når δ > 0. For D = E = F = 1 formodes det, at de eneste løsninger når δ > 0 kommer fra en endelig liste. Dette kaldes ofte Fermat Catalan Formodningen.

63 Darmon Granville Sætningen Sætning Lad p, q, r > 0 være heltal med δ > 0, og lad D, E, F være heltal forskellige fra nul. Da er der højst endeligt mange løsninger uden fælles divisor til ligningen Dx p + Ey q = Fz r,

64 Darmon Granville Sætningen Sætning Lad p, q, r > 0 være heltal med δ > 0, og lad D, E, F være heltal forskellige fra nul. Da er der højst endeligt mange løsninger uden fælles divisor til ligningen Dx p + Ey q = Fz r, Dette følger af ABC-formodningen.

65 Darmon Granville Sætningen Sætning Lad p, q, r > 0 være heltal med δ > 0, og lad D, E, F være heltal forskellige fra nul. Da er der højst endeligt mange løsninger uden fælles divisor til ligningen Dx p + Ey q = Fz r, Dette følger af ABC-formodningen. Den indeholder en svag variant af Fermat Catalan.

66 Darmon Granville Sætningen Sætning Lad p, q, r > 0 være heltal med δ > 0, og lad D, E, F være heltal forskellige fra nul. Da er der højst endeligt mange løsninger uden fælles divisor til ligningen Dx p + Ey q = Fz r, Dette følger af ABC-formodningen. Den indeholder en svag variant af Fermat Catalan. Hvis vi kender κ for ɛ = 1 83, kan vi finde en øvre grænse på løsninger i Fermat Catalan.

67 Beals Formodning (Zagier Tijdemann Formodningen) Formodning Ligningen x p + y q = z r har ingen løsninger med p, q, r 3 og x, y, z uden fælles divisor.

68 Beals Formodning (Zagier Tijdemann Formodningen) Formodning Ligningen x p + y q = z r har ingen løsninger med p, q, r 3 og x, y, z uden fælles divisor. Dette er en art Fermat Catalan.

69 Beals Formodning (Zagier Tijdemann Formodningen) Formodning Ligningen x p + y q = z r har ingen løsninger med p, q, r 3 og x, y, z uden fælles divisor. Dette er en art Fermat Catalan. Hvis listen over kendte løsninger er komplet, er formodningen vist.

70 Beals Formodning (Zagier Tijdemann Formodningen) Formodning Ligningen x p + y q = z r har ingen løsninger med p, q, r 3 og x, y, z uden fælles divisor. Dette er en art Fermat Catalan. Hvis listen over kendte løsninger er komplet, er formodningen vist. Rigmanden Andrew Beal udlodder $ for en løsning.

71 Halls Formodning Formodning For ɛ > 0 findes c(ɛ) > 0 så at for alle være heltal u og v forskellige fra nul og uden fælles divisor med at u 3 v 2 0, er u 3 v 2 C(ɛ) u 1/2 ɛ.

72 Halls Formodning Formodning For ɛ > 0 findes c(ɛ) > 0 så at for alle være heltal u og v forskellige fra nul og uden fælles divisor med at u 3 v 2 0, er u 3 v 2 C(ɛ) u 1/2 ɛ. Dette skal sammenlignes med Catalans Formodning.

73 Halls Formodning Formodning For ɛ > 0 findes c(ɛ) > 0 så at for alle være heltal u og v forskellige fra nul og uden fælles divisor med at u 3 v 2 0, er u 3 v 2 C(ɛ) u 1/2 ɛ. Dette skal sammenlignes med Catalans Formodning. Denne (i en stærkere version) følger også af ABC-formodningen.

74 Wieferich primtal En gammel sætning af Fermat (Fermats Lille Sætning) siger, at hvis p 3 er et primtal, så går p op i 2 p 1 1.

75 Wieferich primtal En gammel sætning af Fermat (Fermats Lille Sætning) siger, at hvis p 3 er et primtal, så går p op i 2 p 1 1. Sker det nogen gange, at p 2 går op i 2 p 1 1?

76 Wieferich primtal En gammel sætning af Fermat (Fermats Lille Sætning) siger, at hvis p 3 er et primtal, så går p op i 2 p 1 1. Sker det nogen gange, at p 2 går op i 2 p 1 1? Ja! Det sker for p = 1093 og for p = Men vi kender ikke flere.

77 Wieferich primtal En gammel sætning af Fermat (Fermats Lille Sætning) siger, at hvis p 3 er et primtal, så går p op i 2 p 1 1. Sker det nogen gange, at p 2 går op i 2 p 1 1? Ja! Det sker for p = 1093 og for p = Men vi kender ikke flere. Wieferich viste i 1909, at hvis x p + y p = z p og p ikke går op i x, y eller z, så er p et Wieferich primtal.

78 Wieferich primtal En gammel sætning af Fermat (Fermats Lille Sætning) siger, at hvis p 3 er et primtal, så går p op i 2 p 1 1. Sker det nogen gange, at p 2 går op i 2 p 1 1? Ja! Det sker for p = 1093 og for p = Men vi kender ikke flere. Wieferich viste i 1909, at hvis x p + y p = z p og p ikke går op i x, y eller z, så er p et Wieferich primtal. Vi aner ikke, om der er uendeligt mange Wieferich primtal. Der er en formodning i hver retning.

79 Wieferich primtal En gammel sætning af Fermat (Fermats Lille Sætning) siger, at hvis p 3 er et primtal, så går p op i 2 p 1 1. Sker det nogen gange, at p 2 går op i 2 p 1 1? Ja! Det sker for p = 1093 og for p = Men vi kender ikke flere. Wieferich viste i 1909, at hvis x p + y p = z p og p ikke går op i x, y eller z, så er p et Wieferich primtal. Vi aner ikke, om der er uendeligt mange Wieferich primtal. Der er en formodning i hver retning. ABC-formodningen medfører, at der er uendeligt mange primtal, der ikke er Wieferich.

80 Erdős Woods Formodningen Formodning Erdős Woods Formodningen Der findes et positivt heltal k, så at hvis m og n er heltal med så er m = n. rad(m) = rad(n),..., rad(m + k) = rad(n + k), Det er ikke rigtigt for k = 1: 75 = og 1215 = 3 5 5, mens 76 = og 1216 =

81 Erdős Woods Formodningen Formodning Erdős Woods Formodningen Der findes et positivt heltal k, så at hvis m og n er heltal med så er m = n. rad(m) = rad(n),..., rad(m + k) = rad(n + k), Det er ikke rigtigt for k = 1: 75 = og 1215 = 3 5 5, mens 76 = og 1216 = Imidlertid er

82 Erdős Woods Formodningen Formodning Erdős Woods Formodningen Der findes et positivt heltal k, så at hvis m og n er heltal med så er m = n. rad(m) = rad(n),..., rad(m + k) = rad(n + k), Det er ikke rigtigt for k = 1: 75 = og 1215 = 3 5 5, mens 76 = og 1216 = Imidlertid er ABC-formodningen giver, at Erdős Woods holder for k = 2, med højst endeligt mange undtagelser.

83 Og der er mere... Der er mange andre anvendelser af ABC, der er noget sværere, men mindst lige så dybe.

84 Og der er mere... Der er mange andre anvendelser af ABC, der er noget sværere, men mindst lige så dybe. Roths Sætning om approksimation af algebraiske tal.

85 Og der er mere... Der er mange andre anvendelser af ABC, der er noget sværere, men mindst lige så dybe. Roths Sætning om approksimation af algebraiske tal. Faltings Sætning om rationale punkter på kurver med høj genus.

86 Og der er mere... Der er mange andre anvendelser af ABC, der er noget sværere, men mindst lige så dybe. Roths Sætning om approksimation af algebraiske tal. Faltings Sætning om rationale punkter på kurver med høj genus. Ikke-eksistensen af Siegel-nulpunkter for L-funktioner.

87 Og der er mere... Der er mange andre anvendelser af ABC, der er noget sværere, men mindst lige så dybe. Roths Sætning om approksimation af algebraiske tal. Faltings Sætning om rationale punkter på kurver med høj genus. Ikke-eksistensen af Siegel-nulpunkter for L-funktioner. Diverse store formodninger af store ånder som Szpiro og Vojta.

88 If the ABC-conjecture can be shown to be true, Diophantine analysis will no longer be the mathematical equivalent of fly fishing; it will be more like fishing with dynamite. Dorian Goldfeld

89 Outline 1 Hvad er ABC-formodningen? 2 3

90 Fra svære problemer til nemme problemer ABC-formodningen er svær! Hundesvær!

91 Fra svære problemer til nemme problemer ABC-formodningen er svær! Hundesvær! Når matematikere har et problem, der er for svært, prøver de at løse et nemmere problem, der trods alt lugter lidt af det oprindelige.

92 Fra svære problemer til nemme problemer ABC-formodningen er svær! Hundesvær! Når matematikere har et problem, der er for svært, prøver de at løse et nemmere problem, der trods alt lugter lidt af det oprindelige. Kan vi for eksempel lave en mindre stram ulighed? Det vender vi tilbage til.

93 Fra svære problemer til nemme problemer ABC-formodningen er svær! Hundesvær! Når matematikere har et problem, der er for svært, prøver de at løse et nemmere problem, der trods alt lugter lidt af det oprindelige. Kan vi for eksempel lave en mindre stram ulighed? Det vender vi tilbage til. Eller kan vi finde noget, der ligner tal, hvor vi kan arbejde videre?

94 En erstatning for de hele tal For at formulere ABC-formodningen, havde vi brug for Aritmetikkens Fundamentalsætning.

95 En erstatning for de hele tal For at formulere ABC-formodningen, havde vi brug for Aritmetikkens Fundamentalsætning. Er der noget, der minder om denne, men i et andet setup?

96 En erstatning for de hele tal For at formulere ABC-formodningen, havde vi brug for Aritmetikkens Fundamentalsætning. Er der noget, der minder om denne, men i et andet setup? Sætning (Algebraens Fundamentalsætning) Givet et polynomium P(x) = a 0 x n + a 1 x n a n 1 x + a n, med koefficienter i de komplekse tal, findes der en entydigt bestemt mængde af komplekse tal λ 1,..., λ n og c, så at P(x) = c (x λ 1 ) (x λ 2 ) (x λ n ).

97 En ordbog Vi tænker på polynomier som analog til de hele tal.

98 En ordbog Vi tænker på polynomier som analog til de hele tal. Vi tænker på polynomier på formen x λ som primtal.

99 En ordbog Vi tænker på polynomier som analog til de hele tal. Vi tænker på polynomier på formen x λ som primtal. Polynomier er uden fælles faktorer, hvis de har forskellige rødder.

100 En ordbog Vi tænker på polynomier som analog til de hele tal. Vi tænker på polynomier på formen x λ som primtal. Polynomier er uden fælles faktorer, hvis de har forskellige rødder. Som absolutværdien af et polynomium bruger vi graden, altså n.

101 En ordbog Vi tænker på polynomier som analog til de hele tal. Vi tænker på polynomier på formen x λ som primtal. Polynomier er uden fælles faktorer, hvis de har forskellige rødder. Som absolutværdien af et polynomium bruger vi graden, altså n. Som radikalet af et polynomium P bruger vi antallet af distinkte rødder N 0 (P).

102 En ordbog Vi tænker på polynomier som analog til de hele tal. Vi tænker på polynomier på formen x λ som primtal. Polynomier er uden fælles faktorer, hvis de har forskellige rødder. Som absolutværdien af et polynomium bruger vi graden, altså n. Som radikalet af et polynomium P bruger vi antallet af distinkte rødder N 0 (P). Bemærk, at der er meget mere plads i de komplekse tal, og dermed mange flere primtal.

103 En ordbog Vi tænker på polynomier som analog til de hele tal. Vi tænker på polynomier på formen x λ som primtal. Polynomier er uden fælles faktorer, hvis de har forskellige rødder. Som absolutværdien af et polynomium bruger vi graden, altså n. Som radikalet af et polynomium P bruger vi antallet af distinkte rødder N 0 (P). Bemærk, at der er meget mere plads i de komplekse tal, og dermed mange flere primtal. Er der en ABC-formodning?

104 ABC-formodningen for polynomier Sætning (Mason Stothers Sætning) Lad f, g, h være komplekse polynomier uden fælles faktorer, og med f + g = h. Da er max{deg(f ), deg(g), deg(h)} N 0 (fgh) 1.

105 ABC-formodningen for polynomier Sætning (Mason Stothers Sætning) Lad f, g, h være komplekse polynomier uden fælles faktorer, og med f + g = h. Da er max{deg(f ), deg(g), deg(h)} N 0 (fgh) 1. Formodning (En vildere ABC-formodning) For A, B, C hele tal uden fælles faktorer og A + B = C er max{ A, B, C } rad(abc) 1.

106 ABC-formodningen for polynomier Sætning (Mason Stothers Sætning) Lad f, g, h være komplekse polynomier uden fælles faktorer, og med f + g = h. Da er max{deg(f ), deg(g), deg(h)} N 0 (fgh) 1. Formodning (En vildere ABC-formodning) For A, B, C hele tal uden fælles faktorer og A + B = C er max{ A, B, C } rad(abc) 1. Imidlertid er dette ikke rigtigt.

107 Mysteriet om det manglende ɛ Se på følgen af tripler A n = 3 2n, B n = 1 og C n = 3 2n 1.

108 Mysteriet om det manglende ɛ Se på følgen af tripler A n = 3 2n, B n = 1 og C n = 3 2n 1. Vi ser nemt, at max{ A n, B n, C n } = A n = 3 2n.

109 Mysteriet om det manglende ɛ Se på følgen af tripler Vi ser nemt, at Vi kan vise, at A n = 3 2n, B n = 1 og C n = 3 2n 1. max{ A n, B n, C n } = A n = 3 2n. rad(a n B n C n ) 6 32n 1 2 n.

110 Mysteriet om det manglende ɛ Se på følgen af tripler Vi ser nemt, at Vi kan vise, at A n = 3 2n, B n = 1 og C n = 3 2n 1. max{ A n, B n, C n } = A n = 3 2n. rad(a n B n C n ) 6 32n 1 2 n. Dette viser, at den vilde ABC-formodning ikke kan holde.

111 Mysteriet om det manglende ɛ Se på følgen af tripler Vi ser nemt, at Vi kan vise, at A n = 3 2n, B n = 1 og C n = 3 2n 1. max{ A n, B n, C n } = A n = 3 2n. rad(a n B n C n ) 6 32n 1 2 n. Dette viser, at den vilde ABC-formodning ikke kan holde. Heller ikke uden 1 og med en større konstant!

112 Er alt det her noget argument for ABC?

113 Er alt det her noget argument for ABC? NEJ!

114 Er alt det her noget argument for ABC? og så alligevel... NEJ!

115 Er alt det her noget argument for ABC? NEJ! og så alligevel... Og lad os alligevel vente til juryen kommer tilbage med en vurdering af Moshizukis arbejde