Một số vấn đề xung quanh giả thuyết ABC

1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯ ỜNG 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
2
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯ ỜNG 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
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. NGUYỄN THÀNH QUANG
NGHỆ AN – 2014
3
MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU 1
CHƯƠNG 1. ĐỊNH LÝ MASON VÀ ỨNG DỤNG 4
1.1. Định lý Mason 4
1.2. Giả thuyết Hall 8
1.3. Các tương tự của Định lý Fermat trên đa thức 11
1.4. Các bài toán tương tự với số nguyên trên đa thức 17
CHƯƠNG 2. 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 cùng của Fermat (1601 – 1665), hay còn gọi là Định lý
lớn Fermat, là một trong những định lý nổi tiếng trong lịch sử toán học, được
phát biểu như sau:
4
Không tồn tại các nghiệm nguyên khác không
, ,x y z
thỏa mãn phương
trình
,
n n n
x y z
+ =
trong đó
n
là một số nguyên lớn hơn 2.
Sự phát triển của Số học gần đây chịu sự ảnh hưởng rất lớn của sự
tương tự giữa số nguyên và đa thức. Để nghiên cứu một tính chất nào đó trên
vành số nguyên, trước hết người ta kiểm tra tính chất đó trên vành đa thức.
Áp dụng phương pháp nghiên cứu nói trên, Định lý Mason đã được phát minh
như là một công cụ cho nhiều hy vọng trên con đường chinh phục Định lý lớn
Fermat, vào những năm 80 của thế kỷ XX. Định lý Mason và sự tương tự của
số nguyên và đa thức gợi ý nên giả thuyết sau đây:
Giả thuyết ABC ([11]). Giả sử

, ,a b c
là các số nguyên, nguyên tố cùng
nhau và thoả mãn hệ thức
a b c+ =
. Khi đó, với mỗi số
0
ε
>
tuỳ ý, tồn tại
một hằng số
( )
ε
C
chỉ phụ thuộc
ε
sao cho
( )
( )
ε
ε
+
≤
1
, , ,
n n n
max a b c C N
trong đó
N
là căn của
abc

.
Giả thuyết ABC được đề xuất độc lập bởi David Masser và Joseph
Oesterle vào năm 1985 liên quan đến "square-free number" là số không chia
hết cho bình phương của bất kỳ số nguyên tố nào. Ví dụ, tích của tất cả các
ước nguyên tố (không kể bội) của số nguyên n - kí hiệu sqp(n) – là một
square - free number.
Andrew Granville thuộc Đại học Montreal nhận xét "Giả thuyết ABC
thoạt nhìn thì đơn giản so với những câu hỏi sâu sắc trong Lý thuyết số. Tuy
nhiên, phỏng đoán kỳ lạ này tương đương với tất cả những vấn đề chính. Đó
là ở trung tâm của những bài toán đang được nghiên cứu".
Giả thuyết ABC cũng đã được mô tả như là một lý thuyết thống nhất
của hệ thống số, trong đó nhiều định lý quan trọng khác ngay lập tức trở
thành hệ quả. Chẳng hạn, Định lý Fermat tiệm cận là một hệ quả trực tiếp của
Giả thuyết ABC; cũng từ Giả thuyết ABC người ta cũng có thể chứng minh
được phương trình Brocard chỉ có hữu hạn nghiệm nguyên dương,…
5
Trong một bài báo trên The Sciences năm 1996, Dorian Goldfeld –
giáo sư của Đại học Columbia cho biết "Giả thuyết ABC đối với các nhà toán
học nó thực sự đẹp, hơn nữa tiện dụng. Nhờ Giả thuyết ABC rất nhiều vấn đề
Diophantine bất ngờ được liên kết lại trong một phương trình duy nhất từ đó
cho cảm giác rằng tất cả các nhánh toán học đều thuộc một thể thống nhất.
Không có gì đáng ngạc nhiên khi các nhà toán học đang hết sức nỗ lực để
chứng minh điều đó". Goldfeld so sánh "Giả thuyết ABC giống như những
nhà thám hiểm trước một vách đá thẳng đứng cố gắng kiếm tìm những mạch
nhỏ trên mặt đá với hy vọng rằng một trong số đó sẽ cho họ con đường dẫn
đến đỉnh núi".
Cũng theo Goldfeld, "Nếu chứng minh Giả thuyết ABC được khẳng
định thì các nhà toán học sẽ thấy được công cụ rất mạnh để giải quyết các vấn
đề trong lý thuyết số".
Vì vậy, việc nghiên cứu sự mở rộng của Giả thuyết ABC trong vành số

nguyên và trong vành đa thức cũng như vành các hàm nguyên chỉnh hình đã
và đang được nhiều nhà toán học quan tâm. Trước hết, người ta cố gắng
nghiên cứu sự thể hiện của Giả thuyết ABC trên trường hàm. Vào năm 2001,
Hu và Yang đã chứng minh Giả thuyết ABC cho các hàm chỉnh hình p-adic.
Gần đây, ở Việt Nam, các tác giả Hà Huy Khoái, Vũ Hoài An, Đoàn Quang
Mạnh, Nguyễn Thành Quang, Phan Đức Tuấn đã phát biểu và chứng minh
Giả thuyết ABC đối với các hàm chỉnh hình phức hoặc p-adic nhiều biến.
Với những lý do như đã nói ở trên, chúng tôi lựa chọn đề tài luận văn
"Một số vấn đề xung quanh Giả thuyết ABC" nhằm tìm hiểu sâu hơn
những kết quả số học có liên quan đến Giả thuyết này.
Mục đích của luận văn là trình bày Giả thuyết ABC và một số ứng
dụng xung quanh Giả thuyết này. Từ đó tìm hiểu sự mở rộng và tìm tòi một
số ví dụ có liên quan đến Giả thuyết ABC trong vành số nguyên
¢
và trong
vành đa thức
[ ]
t£
.
6
Luận văn gồm hai chương, cùng với các phần mở đầu, kết luận và danh
mục tài liệu tham khảo.
Chương 1 giới thiệu Định lý Mason và trình bày một số ứng dụng.
Chương 2 giới thiệu Giả thuyết ABC và việc áp dụng Giả thuyết này để
chứng minh Định lý Fermat tiệm cận, phương trình Brocard chỉ có hữu hạn
nghiệm nguyên dương. Nội dung tiếp theo của chương 2 là trình bày lại một
số mở rộng trong vành số nguyên
¢
và trong vành đa thức
[ ]

K t
, đưa ra một
số ví dụ có liên quan đến Giả thuyết ABC.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo của
thầy giáo hướng dẫn PGS.TS. Nguyễn Thành Quang. Nhân dịp này tôi xin
bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn khoa học,
người đã dành nhiều thời gian và công sức giúp tôi hoàn thành luận văn này.
Nhân dịp này tôi xin gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô giáo thuộc chuyên
ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Sư phạm Toán học, Phòng Đào tạo Sau
Đại học – Trường Đại học Vinh đã tận tình giảng dạy, hướng dẫn chúng tôi
học tập và nghiên cứu.
Tác giả xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Đồng Tháp đã tạo mọi
điều kiện cho chúng tôi trong học tập để hoàn thành khóa học.
Tuy đã có nhiều cố gắng trong học tập và viết luận văn, song chắc chắn
luận văn này vẫn còn nhiều thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự chỉ bảo,
góp ý của quý thầy cô giáo và các đồng nghiệp.
Xin chân thành cảm ơn cơ quan công tác, gia đình, bạn bè đã quan tâm
giúp đỡ tác giả trong suốt thời gian học tập sau đại học vừa qua.
TÁC GIẢ
7
CHƯƠNG 1
ĐỊNH LÝ MASON VÀ ỨNG DỤNG
1.1. Định lý Mason
1.1.1. Mở đầu. Trên tập hợp số nguyên và tập hợp các đa thức có rất nhiều
tính chất giống nhau. Ta chú ý đến sự tương tự giữa phân tích ra thừa số
nguyên tố và phân tích bất khả quy. Mỗi đa thức
( )
f t
có bậc nguyên dương
trên trường số phức

£
(trường đóng đại số với đặc số 0) đều có thể phân tích
dưới dạng tích các nhân tử tuyến tính như sau:
( ) ( ) ( )
( )
1 2
1 2

m
k
k k
m
f t t t t
α α α
= − − −
,
trong đó mỗi
α
∈£
i
là nghiệm với bội
1
i
k
≥

của
( )
f t
. Như vậy, ta có thể

thấy rằng, trong sự tương tự giữa phân tích thành nhân tử và phân tích ra thừa
số nguyên tố, các nghiệm phức của đa thức tương ứng với các ước nguyên tố
của số nguyên. Do đó, số các nghiệm phức phân biệt của một đa thức có vai
trò như số các ước nguyên tố của một số nguyên. Từ nhận xét đó, người ta đi
đến hai khái niệm tương tự sau đây:
1.1.2. Căn của một số nguyên. Cho a là một số nguyên, ta định nghĩa căn
của a, ký hiệu bởi
( )
rad a
, là tích các ước nguyên tố phân biệt của a.
( )
|p a
rad a p
=
∏
.
Ví dụ.
( )
( )
4 2
720 2 .3 .5 2.3.5 30.rad rad= = =
Nhận xét. 1) Với mọi số nguyên a, b ta luôn có
( ) ( ) ( )
.rad ab rad a rad b
≤
2) Nếu các số nguyên a, b nguyên tố cùng nhau thì
( ) ( ) ( )
.rad ab rad a rad b
=
8

1.1.3. Căn của một đa thức. Giả sử
( )
[ ]
∈f t t£
là một đa thức trên trường số
phức
£
với bậc
1n
≥
và có sự phân tích thành các nhân tử tuyến tính trên
£

như sau:
( ) ( ) ( ) ( )
α α α α
∗
= − − − ∈ ∈ ∈L ¥ £ £
1 2
1 2
, , , .
m
k k k
m i i
f t a t t t k a
Khi đó, ta định nghĩa căn của
( )
f t
, ký hiệu bởi
( )

rad f
, như sau:
( ) ( ) ( ) ( )
α α α
= − − −L
1 2
.
m
rad f a t t t
1.1.4. Số nghiệm phân biệt của một đa thức. Giả sử
( )
[ ]
∈£f t t
là một đa
thức trên trường số phức
£
với bậc
1n
≥
và
( )
f t
có sự phân tích thành các
nhân tử tuyến tính trên
£
như sau:
( ) ( ) ( ) ( )
α α α α
∗
= − − − ∈ ∈ ∈L ¥ £ £

1 2
1 2
, , , .
m
k k k
m i i
f t a t t t k a
Ký hiệu
( )
0
n f
là số nghiệm phân biệt của đa thức
( )
f t
. Ta có bất đẳng thức:
( ) ( )
=
= = ≤ = =
∑
0
1
deg deg .
m
i
i
m n f r ad f f k n
Sự tương tự giữa số nguyên và đa thức cùng với các tính chất của đa
thức gợi ý phát hiện ra định lý sau đây.
1.1.5. Định lý Mason ([10]). Giả sử a, b, c là các đa thức của biến t, với hệ
số phức, không đồng thời là hằng số, nguyên tố cùng nhau sao cho a + b = c.

Khi đó, ta có bất đẳng thức sau đây:
( ) ( )
0
, , 1.max dega degb degc n abc≤ −
Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta giả sử
, ,a b c
là các đa thức khác
hằng số. Đặt
,
a b
f g
c c
= =
từ phương trình
a b c
+ =
, ta có
1f g
+ =
. Lấy
đạo hàm hình thức hai vế phương trình này, có
' '
0f g+ =
hay
' '
0
f g
f g
f g
+ =

.
Do đó
9
' '
:
f g g b
f g f a
− −
= =
.
Mặt khác, giả sử
( )
R t
là một hàm hữu tỉ có phân tích sau đây:
( )
( )
1
, ( ).
i
p
q
i i
i
R t t a q
=
= − ∈
∏
¢
Tính toán cho ta:
( )

( )
1
'
.
p
i
i
i
R t
q
R t t a
=
=
−
∑
Bây giờ, giả sử các đa thức
, ,a b c
tương ứng có các tập nghiệm phân biệt
là
{ } { } { }
1 2 1 2 1 2
, , , , , , , , , , ,
m n k
α α α β β β γ γ γ
. Ta có các sự phân tích sau:
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
1 1

1 1
,
.
i i
i i
m k
m k
i i
i i
n k
n k
i i
i i
a
f t t t
c
b
g t t t
c
α γ
β γ
−
= =
−
= =
= = − −
= = − −
∏ ∏
∏ ∏
với

, , .
i i i
m n k
∈
¢
Như vậy, theo quy luật trên ta có:
'
1 1
'
1 1
;
.
m k
i i
i i
i i
n k
i i
i i
i i
f m k
f t t
g n k
g t t
α γ
β γ
= =
= =
= −
− −

= −
− −
∑ ∑
∑ ∑
Các phân thức này cùng có mẫu số chung của tử và mẫu là
( )
( ) ( ) ( )
1 1 1
.
m n k
i i i
i i i
N t t t t
α β γ
= = =
= − − −
∏ ∏ ∏
Chú ý rằng, do
, ,a b c
nguyên tố cùng nhau và
a b c+ =
nên chúng
sẽ nguyên tố cùng nhau từng đôi một, do đó chúng sẽ không có nghiệm
chung. Từ đó suy ra
( )
N t
là một đa thức có bậc là
( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0
.m n k n a n b n c n abc

+ + = + + =
Vì vậy,
' '
. , .
f g
N N
f g
là những đa thức có bậc không vượt quá
( )
0
1n abc −
.
Mặt khác, ta có:
10

' '
.
' '
.
f f
N
b
f f
g g
a
N
g g
= − = −
hay
' 'f g

aN bN
f g
= −
.
Vì a, b nguyên tố cùng nhau nên từ đẳng thức này ta suy ra
'
.
g
N
g
là bội của a
và do đó:
( )
0
'
1
g
dega degN n abc
g
≤ ≤ −
.
Điều tương tự cũng đúng với
b
do vai trò bình đẳng của
,a b
trong
phương trình xuất phát. Cuối cùng, ta có:
( ) ( ) ( )
0
, 1.degc deg a b max dega degb n abc

= + ≤ ≤ −
Định lý Mason được chứng minh. □
Chú ý. 1) Định lý 1.1.5 nói trên đã được phát biểu và chứng minh độc lập bởi
hai nhà toán học là Mason (1983) và Stothers (1981) nhưng Stothers lại công
bố sau nên Định lý này vẫn được gọi là Định lý Mason – Stothers.
2) Định lý Mason không còn đúng trong trường với đặc số nguyên tố
p. Chẳng hạn, với ba đa thức
( )
= − = =1 , , 1
p
p
a x b x c
ta có đẳng thức
( ) ( )
1 (1 ) 1
p p
p
x x x x− + = − + =
,
trong khi đó:
{ } ( )
ax = > = − = −
0
, , 1 2 1 1m dega degb degc p n abc
.
Nghĩa là Định lý ABC không đúng trong trường hợp này.
3) Hiện có nhiều cách chứng minh Định lý Mason. Ngoài cách chứng
minh như đã trình bày ở trên, còn có các cách chứng minh khác của Adrew
Granivin và Thomas J. Tucker (1999) bằng kỹ thuật wronskian, một công cụ
của Đại số tuyến tính hoặc cách chứng minh nữa của Noir Schneider (2000).

4) Định lý Mason là công cụ rất hiệu quả cho phép ta giải quyết những
bài toán liên quan đến các phương trình đa thức hệ số phức.
11
1.2. Giả thuyết Hall
Giả thuyết số học sau đây, do M. Hall đưa ra vào năm 1971, khi ông
nghiên cứu về phương trình Diophantine
3 2
x y k− =
, với k là số nguyên cho
trước.
1.2.1. Giả thuyết Hall ([9]). Giả sử x, y là các số nguyên dương sao cho
3 2
x y≠
. Khi đó, với mỗi số
0
ε
>
tuỳ ý, tồn tại một hằng số
( )
C
ε
chỉ phụ
thuộc
ε
sao cho
( )
1
3 2
2
.x y C x

ε
ε
−
− >
Nói cách khác, nếu x, y là các số nguyên dương thỏa mãn
3 2
0x y k− = ≠
thì
( )
1
1
2
,
O
k x
−
>
trong đó
( )
1O
là một đại lượng bị chặn.
Chú ý rằng, ta có:
5853886516781223
3
- 447884928428402042307918
2
= 1641843.
Bằng máy tính, người ta đã chỉ ra một danh sách 24 cặp số nguyên dương
( , )x y
thỏa mãn:

1
3 2
2
x y x− <
với
18
10x <
.
Tương tự của Giả thuyết Hall trên đa thức là Định lý Davenport (1965)
và một điều thú vị đã xảy ra nó lại là một hệ quả trực tiếp của Định lý Mason.
1.2.2. Định lý Davenport một biến ([8]). Giả sử f(x), g(x) là các đa thức một
biến khác hằng số và nguyên tố cùng nhau trên trường số phức. Khi đó, ta có
( )
3 2
1
1.
2
deg f g degf− ≥ +
Chứng minh. Đặt
2 3 2 3
, ,a g b f g c f= = − =
, ta có
a b c
+ =
. Chú ý rằng,
do các đa thức
( ) ( )
,f x g x
nguyên tố cùng nhau nên
3 2

0f g− ≠
. Theo Định
lý Mason, ta có:
( )
( )
( )
( )
2 2 3 2 3 3 2
0 0
1 1.deg g n g f g f n g f g f≤ − − = − −
12
Do đó
( )
3 2
2 1.deg g deg g deg f g deg f
≤ + − + −
Tương tự
( )
3 2
3 1.deg f deg g deg f g deg f≤ + − + −
Cộng các bất đẳng thức trên, ta có:
( )
3 2
1
1.
2
deg f g deg f− ≥ +
Định lý Davenport được chứng minh. □
Từ Định lý Mason, chúng ta có thể tìm được nhiều tương tự khác của
Định lý Davenport.

1.2.3. Định lý Davenport một biến suy rộng ([4]).
1) Không tồn tại các đa thức
( ) ( )
,f t g t
với hệ số phức, khác hằng số
và nguyên tố cùng nhau sao cho:
( )
3 4
5
1.
3
deg f g deg g
− < +
2) Không tồn tại các đa thức
( ) ( )
,f t g t

với hệ số phức, khác hằng số
và nguyên tố cùng nhau sao cho:
( )
18 3
11 1.deg f g deg f
− < −
Chứng minh. 1) Giả sử có các đa thức
( ) ( )
,f t g t

thỏa mãn các yêu cầu của
bài toán. Ta đặt
4 3 4 3

, , .a g b f g c f= = − =
Ta có a + b = c. Do các đa thức
( ) ( )
,f t g t

nguyên tố cùng nhau nên
3 4
0.f g− ≠
Theo Định lý Mason, ta
có:
( ) ( )
0
, , 1.max deg a deg b deg c n abc≤ −
Do đó:
( )
( )
( )
( )
( )
4 4 3 4 3 3 4
0 0
3 4
1 1
1.
deg g n g f g f n g f g f
deg g deg f g deg f
≤ − − = − −
≤ + − + −
13
Suy ra

( )
3 4
4 1.deg g deg g deg f g deg f
≤ + − + −
(1.1)
Tương tự

( )
3 4
3 1.deg f deg g deg f g deg f≤ + − + −
(1.2)
Cộng từng vế hai bất đẳng thức (1.1) và (1.2), ta có:

3 4
2 2 ( ) 2.deg g deg f deg f g+ ≤ − −
(1.3)
Cộng từng vế hai bất đẳng thức (1.1) với (1.3), ta có :
( )
3 4
5
1.
3
deg f g deg g
− ≥ +
Ta gặp một mâu thuẫn với giả thiết. Vậy, ta có điều cần chứng minh. □
Chứng minh phần 2) được thực hiện tương tự.
1.2.4. Định lý Davenport tổng quát cho đa thức một biến ([4]). Giả sử
( ) ( )
,f x g x
là các đa thức hệ số nguyên, khác hằng số và nguyên tố cùng

nhau. Khi đó, với mọi số nguyên dương m, n ta có:
( )
( )
). 1,
). 1.
m n
m n
mn n m
i deg f g deg g
m
mn n m
ii deg f g deg f
n
− −
− ≥ +
− −
− ≥ +
Gần đây, các tác giả Nguyễn Thành Quang và Phan Đức Tuấn đã mở
rộng Định lý Davenport cho các đa thức nhiều biến. Các kết quả này đã được
một luận án tiến sĩ toán học bảo vệ vào năm 2014, tại Trường Đại học New
Mexico (Hoa kỳ) bình luận và trích dẫn (xem [14]).
1.2.5. Định lý Davenport mở rộng cho đa thức nhiều biến ([12]). Xét các
đa thức nhiều biến
≥
1 2
, , , ( 3)
k
f f f k
thuộc vành
[ ]

£
1 2
, , ,
l
x x x
không có
nghiệm chung, không là đa thức hằng. Cho các số nguyên dương
(1 )
j
l j k≤ ≤

sao cho
≤ ≤ ≤L
1 2 k
l l l
và
( )
=
≤ + −
∑
1
1
1
k
j
j
l kl k k
. Giả sử rằng hệ
1 2
1 2

, , ,
k
l l l
k
f f f
độc lập tuyến tính trên
£
. Khi đó, ta có:
14
( )
( )
1 j k
ax
≤ ≤
= =
 
−
 
− ≤ − −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
∑ ∑
1 1
1
1 1 .
j j
k k

l l
j j
j j
j
k
m deg f deg f k
l
Với
= = = = = −
1 2 1 2
2, 2, 3, ,k l l f f f g
, từ Định lý 1.2.5 chúng ta thu
được Định lý Davenport một biến.
1.3. Các tương tự của Định lý Fermat trên đa thức
Từ Định lý Mason ta có thể suy ra nhiều kết quả về các đa thức. Một hệ
quả quan trọng nhất của Định lý Mason là Định lý lớn Fermat trên đa thức.
Định lý lớn Fermat cho đa thức được biết đến từ thế kỷ XIX và đã được
chứng minh dựa vào phương pháp của Hình học đại số. Tuy nhiên, sử dụng
Định lý Mason, ta có một cách chứng minh đơn giản hơn nhiều sẽ được trình
bày dưới đây.
1.3.1. Định lý lớn Fermat cho đa thức ([10]). Trên trường số phức, không
tồn tại các đa thức
, ,a b c
khác hằng số, nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn
phương trình
n n n
x y z+ =
với
3.n
≥

Chứng minh. Giả sử ngược lại tồn tại các đa thức
, ,a b c

thỏa mãn phương
trình trên. Khi đó ta có
n n n
a b c
+ =
với
3.n
≥
Rõ ràng là
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0 0
n n n
n a b c n abc n a n b n c deg abc deg a deg b deg c= = + + ≤ = + +
Sử dụng Định lý Mason đối với hệ thức
n n n
a b c
+ =
, ta có ba bất đẳng thức:
( )
0
1 1;
n n n n
ndeg a deg a n a b c deg a deg b deg c
= ≤ − ≤ + + −
( )
0

1 1;
n n n n
ndeg b deg b n a b c deg a deg b deg c
= ≤ − ≤ + + −
( )
0
1 1.
n n n n
ndeg c deg c n a b c deg a deg b deg c
= ≤ − ≤ + + −
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên, ta có
( ) ( ) ( )
3 3 3 3.n deg a n deg b n deg c
− + − + − ≤ −
Do đó
( ) ( )
3 0n deg a deg b deg c
− + + <
.
15
Điều này mâu thuẫn với giả thiết
3n
≥
.
Như vậy, Định lý Fermat trên đa thức đã được chứng minh. □
Từ Định lý Mason, cho ta một cách chứng minh Định lý Fermat mở
rộng cho các đa thức với hệ số phức.
Như vậy, từ Định lý lớn Fermat trên đa thức ta suy ra rằng: Nếu
phương trình
n n n

x y z+ =
với
1n >
có nghiệm trong tập hợp các đa thức hệ số
phức khác hằng số thì
2n =
. Chẳng hạn:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
1 2 1 .x x x− + = +
1.3.2. Định lý Fermat mở rộng cho đa thức. Không tồn tại các đa thức
, ,a b c
với hệ số phức, khác hằng số, nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn:
,
m n k
a b c+ =
với
1 1 1
1; , , .m n k
m n k
∗
+ + ≤ ∈
¥
Chứng minh. Giả sử ngược lại, tồn tại các đa thức
, ,a b c
thỏa mãn:
m n k
a b c+ =
với

1 1 1
1 ; , , .m n k
m n k
∗
+ + ≤ ∈
¥
Áp dụng Định lý Mason đối với hệ thức
,
m n k
a b c+ =
cho ta bất đẳng thức
{ } ( )
{ } ( )
{ }
0
0
, , 1
, , 1
, , 1.
m n k m n k
max deg a deg b deg c n a b c
max m deg a n deg b k deg c n abc
max m deg a n deg b k deg c deg a deg b deg c
≤ −
⇔ ≤ −
⇔ ≤ + + −
Ta suy ra được:
1,
1
,

1
m deg a deg a deg b deg c
deg a
m deg a deg b deg c
≤ + + −
⇒ ≥
+ + −
Hoàn toàn tương tự ta cũng suy ra được:
1
,
1
deg b
n deg a deg b deg c
≥
+ + −
16
1
.
1
deg c
k deg a deg b deg c
≥
+ + −
Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức trên ta được kết quả
1 1 1
1.
1
deg a deg b deg c
m n k deg a deg b deg c
+ +

+ + ≥ >
+ + −
Ta thấy kết quả trên mâu thuẫn với giả thiết. Vậy Định lý Fermat mở rộng
trên đa thức được chứng minh. □
1.3.3. Hệ quả. Không tồn tại đa thức hệ số phức khác hằng
, ,a b c
nguyên
tố cùng nhau từng đôi một thỏa mãn:
2012 2013 2014
.a b c+ =
Chứng minh. Từ bất đẳng thức
1 1 1 1
1
2012 2013 2014 3
+ + < <
. Sử dụng Định lý
1.3.2 suy ra Hệ quả 1.3.3 được chứng minh. □
1.3.4. Định lý. Phương trình
4 4 2
x y z
+ =
không có nghiệm nguyên dương.
Nếu trong vành số nguyên
¢
ta có kết quả trên thì trong vành đa thức
[ ]
t£
ta có kết quả tương tự sau:
1.3.5. Định lý. Phương trình
4 4 2

x y z+ =
chỉ có nghiệm tầm thường trong
vành đa thức
[ ]
t£
.
Chứng minh. Ta thấy
0x y z
= = =
là nghiệm của phương trình.
Ta dùng phương pháp phản chứng để chứng minh. Giả sử phương trình
trên có nghiệm không tầm thường trong vành đa thức
[ ]
t£
. Áp dụng Định lý
Mason, ta có:
( ) ( ) ( )
{ }
( )
{ } ( )
{ }
4 4 2 4 4 2
0
0
, , 1
4 , 4 , 2 1
4 , 4 , 2 1.
max deg x deg y deg z n x y z
max deg x deg y deg z n xyz
max deg x deg y deg z deg x deg y deg z

≤ −
⇔ ≤ −
⇔ ≤ + + −
Ta suy ra được:

4 1deg x deg x deg y deg z
≤ + + −
(1.4)
Tương tự ta suy ra được:
17

4 1deg y deg x deg y deg z
≤ + + −
(1.5)

2 1deg z deg x deg y deg z
≤ + + −
(1.6)
Từ (1.6) ta suy ra:

1deg z deg x deg y
≤ + −
(1.7)
Cộng vế theo vế (1.4) với (1.5) và giản ước ta được kết quả:

2 2 2 2deg x deg y deg z
+ ≤ −
(1.8)
Thay (1.7) vào (1.8) ta suy ra được:
0 4

≤ −
.
Điều này vô lý, vậy phương trình đã cho chỉ có nghiệm tầm thường. □
Bây giờ ta xét phương trình Catalan trên đa thức.
1.3.6. Định lý. Cho
,p q
là các số dương lớn hơn 1. Khi đó, phương trình
1
p q
x y− =
không có nghiệm là các đa thức khác hằng, nguyên tố cùng nhau
trong vành đa thức
[ ]
t£
.
Chứng minh. Giả sử tồn tại hai đa thức một biến, với hệ số phức, nguyên tố
cùng nhau
( ) ( )
,f f t g g t
= =
thỏa mãn hệ thức
1
p q
f g− =
. Theo Định lý
Mason, có:
{ } ( )
{ } ( )
{ }
0

0
, . 1
, 1
, 1.
p q p q
max deg f deg g n f g
max p deg f q deg g n fg
max p deg f q deg g deg f deg g
≤ −
⇔ ≤ −
⇔ ≤ + −
Từ đó:

1, (1.9)p deg f deg f deg g
≤ + −
và

1. (1.10)q deg g deg f deg g
≤ + −
18
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1.9) và (1.10) ta được:

( ) ( )
2 2 2. (1.11)p deg f q deg g
− + − ≤ −
Vì
, 2p q
≥
nên
( ) ( )

2 2 0p deg f q deg g
− + − ≥
. Do đó (1.11) không xảy
ra. Ta gặp mâu thuẫn. Vậy ta có điều phải chứng minh.
□
Bây giờ ta quan tâm đến nghiệm của phương trình dạng Fermat suy
rộng
m n p
x y z+ =

với
, ,m n p
là các số nguyên dương lớn hơn hoặc bằng 2.
1.3.7. Định lý. Giả sử
, ,m n p
là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện
2 m n p
≤ ≤ ≤
và
( ) ( ) ( )
, ,f t g t h t
là các đa thức thuộc vành đa thức
[ ]
t£
,
nguyên tố cùng nhau từng cặp, không đồng thời là hằng số và thỏa mãn
phương trình
m n p
x y z+ =
. Khi đó:

i).
( ) ( )
, , 2, 2,m n p p=
với
2p
≥
hoặc
ii).

( ) ( )
, , 2, 3,m n p p=
với
3 5.p≤ ≤
Chứng minh. Giả sử
( ) ( ) ( )
, ,f t g t h t
là các đa thức thuộc
[ ]
t£
có bậc lần
lượt là
1 2 3
, ,k k k
. Theo Định lý Mason, ta có:
( ) ( ) ( )
{ }
( )
{ } ( )
{ }
0

0
, , . . 1
, , 1
, , 1.
m n p m n p
max deg f deg g deg h n x y z
max m deg f n deg g p deg h n fgh
max m deg f n deg g p deg h deg f deg g deg h
≤ −
⇔ ≤ −
⇔ ≤ + + −
Từ đó suy ra:
1m deg f deg f deg g deg h
≤ + + −
hay

1 1 2 3
1.mk k k k≤ + + −
(1.12)

2 1 2 3
1.nk k k k≤ + + −
(1.13)

3 1 2 3
1.pk k k k≤ + + −
(1.14)
19
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức (1.12), (1.13), (1.14) ta được:

( )
1 2 3 1 2 3
3 1 .mk nk pk k k k
+ + ≤ + + −
(1.15)
Vì
m n p
≤ ≤
nên:

( )
1 2 3 1 2 3
.m k k k mk nk pk
+ + ≤ + +
(1.16)
Từ (1.15) và (1.16) ta được:
( ) ( )
1 2 3 1 2 3
3 3.m k k k k k k
+ + ≤ + + −
Từ đây ta suy ra được
3m
<
mà
2m
≥
nên
2m
=
. Do đó

1 1 2 3
2 1,k k k k
≤ + + −
tức là:

1 2 3
1.k k k
≤ + −
(1.17)
Kết hợp với
2 1 2 3
1,nk k k k
≤ + + −
ta được:

2 2 3
2 2 2.nk k k
≤ + −
(1.18)
i). Nếu
2n =
thì
( ) ( )
, , 2, 2, ; 2.m n p p p= ≥
ii). Nếu
3n ≥

thì từ
n p
≤

và kết hợp với (1.17) ta suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
2 3 2 3 1 2 3 2 3 2 3
2 1 4 1 4 4.n k k nk pk k k k k k k k
+ ≤ + ≤ + + − ≤ + − = + −
Như vậy:
( )
( )
2 3
4 4.n k k
− + ≤ −
Suy ra:
3.n
≤
Khi
3n
=
từ (1.18) ta có:

2 3
2 2.k k
≤ −
(1.19)
Do đó, kết hợp (1.17) và (1.19) ta được:
( ) ( )
3 1 2 3 2 3 3
1 2 1 6 1 .pk k k k k k k
≤ + + − ≤ + − ≤ −
Suy ra:
6.p <

Mà
3 n p
= ≤
nên ta có
( ) ( )
, , 2, 3, ,m n p p=
với
3 5p≤ ≤
.
20
Vậy ta có điều phải chứng minh. □
Sau đây ta xét đến các áp dụng của Định lý Mason trong việc giải các
bài toán về tồn tại đa thức.
1.4. Các bài toán
tương tự với số nguyên trên đa thức
1.4.1. Bài toán. Không tồn tại các đa thức
( )
f t
và
( )
g t
nguyên tố cùng
nhau trong
[ ]
t£
thỏa mãn phương trình
( )
3
4 5
.f g g f+ + =

Bài giải. Theo giả thiết
( )
, 1f g =
, ta suy ra
( )
, , 1gcd f g f g+ =
. Do đó áp
dụng Định lý Mason thì phương trình trên vô nghiệm. □
1.4.2. Bài toán. Tìm các đa thức
( )
f t
và
( )
g t
trong
[ ]
t£
thỏa mãn phương
trình
( )
3
3 3
.f g g f+ = +
Bài giải. Ta có thể giải bài toán theo hằng đẳng thức như sau:
21
( )
( )
3
3 3
2 2

3 . 3 . 0
3 . 0
0
0
.
f g g f
f g f g
f g f g
f
g
f g
+ = +
⇔ + =
⇔ + =
=


⇔ =


= −

Tuy nhiên, việc giải bài toán cho số mũ tổng quát sẽ rất khó khăn nếu
dùng hằng đẳng thức.
1.4.3. Bài toán. Cho
n
là một số nguyên lớn hơn hoặc bằng 3. Tìm các đa
thức một biến với hệ số phức
( )
f t

và
( )
g t
trong
[ ]
t£
thỏa mãn phương
trình:

( )
.
n
n n
f g g f+ = +
(1.20)
Bài giải. 1) Xét trường hợp
n
là số lẻ. Ta có
( )
+ − = 0.
n
n
f f
Giả sử
( )
, 1f g =
thì
( )
, , 1gcd f g f g+ =

. Khi đó, áp dụng Định lý
Mason hoặc Định lý Fermat cho đa thức, ta suy ra được không tồn tại hai đa
thức
( )
f t

và
( )
g t
trong
[ ]
t£
thỏa mãn phương trình
( )
.
n
n n
f g g f+ = +
Ta thấy rằng,
( ) ( )
f t g t
= −
hoặc ít nhất
f
và
g
là đa thức 0 thỏa mãn
phương trình (1.20).
Trường hợp
( )

, , 0,f g h h h f= ≠ ≠
. Khi đó, tồn tại các đa thức
,u v

sao cho
. , . , ( , ) 1f h u g h v u v
= = =
. Ta có phương trình tương đương:
( )
n
n n
f g g f+ = +
( )
.
n
n n
u v u v⇔ + = +
(1.21)
Do
( , ) 1u v
=
nên theo Định lý Fermat cho đa thức ta suy ra phương
trình (1.21) vô nghiệm.
Như vậy, khi
n
là số lẻ thì phương trình đã cho chỉ có nghiệm
( ) ( )
f t g t
= −
hoặc ít nhất

f
và
g
là đa thức 0.
22
2) Xét trường hợp
n
là số chẵn. Ta có
( )
= − .
n
n
f f
Giả sử
( )
, 1f g =
thì
( )
, , 1gcd f g f g+ =
. Khi đó, áp dụng Định lý
Mason hoặc Định lý Fermat cho đa thức, ta suy ra được không tồn tại hai đa
thức
( )
f t

và
( )
g t
trong
[ ]

t£
thỏa mãn phương trình
( )
.
n
n n
f g g f+ = +
Ta thấy rằng, ít nhất
f
và
g
là đa thức 0 thỏa mãn phương trình
(1.20).
Trường hợp
( )
, , 0f g h h= ≠
. Khi đó, tồn tại các đa thức
,u v
sao cho
. , .f h u g h v
= =
. Phương trình
( )
.
n
n n
f g g f+ = +
( )
.
n

n n
u v u v⇔ + = +
(1.22)
Hiển nhiên,
( )
, 1u v
=
nên theo Định lý Fermat cho đa thức ta suy ra phương
trình (1.22) vô nghiệm.
Như vậy, khi
n
là số chẵn thì phương trình đã cho chỉ có nghiệm khi ít
nhất
0f =
hoặc
0g
=
. □
1.4.4. Bài toán. Tìm các nghiệm nguyên
x

của phương trình
( ) ( ) ( )
3 3 3
2 4 4 2 4 2 6
x x x x
− + − = + −
Bài giải. Theo bài toán 1.4.2, ta kết luận được
2 4 0
x

− =
hoặc
4 2 0
x
− =
hoặc
4 2 6 0
x x
+ − =
. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên là
2x
=
và
1x
=
. □
Xét bài toán số học sau: Tồn tại hay không số nguyên a sao cho mọi
ước nguyên tố của a và a + 1 đều có số mũ bội
2k ≥
? Hiện tại, bài toán số
học này vẫn còn là bài toán mở. Tuy nhiên, từ Giả thuyết ABC ta suy ra được
lời giải của bài toán với câu trả lời phủ định. Đối với đa thức ta có:
1.4.5. Bài toán. Tồn tại hay không đa thức với hệ số thực
P
sao cho mọi
nghiệm thực của
P
và
1P
+

đều là nghiệm với bội
2k ≥
?
23
Bài giải. Ta dễ dàng chỉ ra được bài toán có nghiệm, chẳng hạn đa thức
( )
( )
3
2
1 1.P t t
= − −
Rõ ràng, nghiệm thực của
( )
P t
là
0t =
bội 3 và nghiệm
thực của
( )
( )
3
2
1 1P t t+ = −
là
1, 1t t
= = −
đều bội 3. □
Khi chúng ta phát biểu bài toán 1.4.5 trên trường số phức và nghiệm
phức thì kết quả sẽ như thế nào? Rõ ràng, đây là một bài toán khó nếu chúng
ta không áp dụng Định lý Mason.

1.4.6. Bài toán. Tồn tại hay không đa thức với hệ số phức
P

sao cho mọi
nghiệm phức của
P
và
1P
+
đều là nghiệm bội.
Bài giải. Giả sử tồn tại đa thức
P

với hệ số phức sao cho mọi nghiệm phức
của
P
và
1P
+
đều là nghiệm bội. Do mọi nghiệm của
P
đều là nghiệm bội
2k ≥
nên
( ) ( )
0
1
.
2
n P deg P≤

Tương tự mọi nghiệm của
1P
+
đều là nghiệm
bội nên ta cũng có
( ) ( )
0
1
1 1 .
2
n P deg P+ ≤ +
Từ đó, ta suy ra:
( ) ( ) ( ) ( )
0 0
1 1
1 1 .
2 2
n P n P deg P deg P+ + ≤ + +
Hay ta có:

( ) ( ) ( ) ( )
0 0
1 2 1 .deg P deg P n P n P+ + ≥ + + 
 

(1.23)
Ta có sự phân tích
( )
1 1P P
+ − =

, ta có
( )
, 1 1P P
+ =
vì nếu ngược lại thì tồn
tại đa thức
h
là ước chung lớn nhất của
P
và
1P
+
, gọi
a
là một nghiệm
phức của đa thức
h
, khi đó
a
cũng là nghiệm của
P
và
1P
+
. Khi đó
( ) ( )
0, 1 0P a P a
= + =
. Điều này suy ra được
1 0=

(vô lý). Như vậy,
( )
, 1 1P P
+ =
, áp dụng Định lý Mason cho các đa thức
P
và
1P
+
ta có:
( ) ( )
{ }
( )
( )
0
, 1 . 1 1.max deg P deg P n P P+ ≤ + −
Từ đó ta suy ra:
24
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
0 0
0 0
1 1,
1 1 1.
deg P n P n P
deg P n P n P
≤ + + −
+ ≤ + + −
Cộng vế theo vế hai bất đẳng thức trên ta được:
( ) ( ) ( ) ( )

0 0
1 2 1 2.deg P deg P n P n P+ + ≤ + + − 
 
(1.24)
Kết hợp (1.23) và (1.24), ta được:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
0 0 0 0
2 1 1 2 1 2.n P n P deg P deg P n P n P+ + ≤ + + ≤ + + −   
   

0 2
⇒ ≤ −
(vô lý).
Vậy không thể tìm được đa thức
P
thỏa yêu cầu bài toán. □
Vào năm 1956 William Lowell đã đưa ra bài toán về đa thức sau đây:
1.4.7. Bài toán. Cho hai đa thức một biến với hệ số phức
P
và
Q
có chung
tập hợp nghiệm nhưng có thể khác về số bội của nghiệm và hai đa thức
1P
+

và
1Q +
cũng có tính chất như vậy. Chứng minh rằng, hai đa thức
P

và
Q

trùng nhau.
Bài giải. Thật vậy, giả sử
1 2
, ,
n
α α α
là
n
nghiệm phân biệt của
P
và hiển
nhiên đây cũng là các nghiệm của
Q
. Giả sử
1 2
, ,
m
β β β
là
m
nghiệm phân
biệt của
1P
+
và hiển nhiên đây cũng là các nghiệm của
1Q +

. Do vai trò về
bậc của các đa thức
P
và
Q
như nhau nên ta có thể giả sử rằng
( ) ( )
deg P deg Q
≥
. Ta có sự phân tích
( )
1 1P P+ − =
và
( )
, 1 1P P + =
. Theo
Định lý Mason cho các đa thức
P
và
1P
+
ta có:
( ) ( )
{ }
( )
( )
0
, 1 . 1 1.max deg P deg P n P P+ ≤ + −
Từ đó suy ra:
( ) ( ) ( )

0 0
1 1 1,deg P n P n P n m≤ + + − = + −
( ) ( )
( )
1 1n m deg P deg P Q
n m deg P Q
⇒ + ≥ + ≥ − +
⇒ + > −
Mặt khác,
( ) ( )
1 1P Q P Q+ − + = −
nên mỗi nghiệm của
P
hoặc
1P
+

đều là nghiệm của
P Q−
hay
( )
0
n m n P Q+ = −
. Do đó
( ) ( )
0
.n m n P Q deg P Q+ = − > −
25
Ta biết rằng, một đa thức nếu có số các nghiệm phân biệt lớn hơn bậc
của nó thì đa thức đó chỉ là đa thức 0. Vì vậy, ta suy ra

0P Q− =
tức là, hai
đa thức
P
và
Q
trùng nhau. □
Bài toán trên số nguyên tương tự với bài toán trên là: Tìm hai số
nguyên a và b sao cho rad(a) = rad(b) và rad(a + 1) = rad(b + 1).
CHƯƠNG 2
GIẢ THUYẾT ABC VÀ ỨNG DỤNG
Định lý Mason cho đa thức được phát biểu tương tự cho số nguyên đó
là Giả thuyết ABC. Từ Giả thuyết ABC, ta suy ra được phương trình Brocard
có hữu hạn nghiệm nguyên dương và nhiều kết quả cũng như các giả thuyết
về số học. Giả thuyết ABC đóng vai trò quan trọng trong các nghiên cứu về
Số học. Tuy nhiên, việc chứng minh Giả thuyết này là một công việc không