Fermat, ABC og alt det jazz… - Matematiklærerdag 2013

(1)

Hvad er ABC-formodningen?

Hvad kan ABC-formodningen?

Hvorfor skulle ABC-formodningen være sand?

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?

2 Hvad kan ABC-formodningen?

3 Hvorfor skulle ABC-formodningen være sand?

(3)

Oversigt

(4)

Oversigt

(5)

Outline

(6)

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 p₁,p₂, . . . ,pm, så at n=p₁p₂· · ·p_m.

Bemærk, at der kan være gentagelser blandt primtallene.

(7)

Entydig faktorisering

(8)

Entydig faktorisering

(9)

Om addition og multiplikation

Primtal er sat i verden for at blivegangetsammen.

Hele tal er sat i verden for at blivelagtsammen.

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!

(10)

Om addition og multiplikation

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.

(11)

Om addition og multiplikation

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.

(12)

Om addition og multiplikation

(13)

Om addition og multiplikation

(14)

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.

(15)

En løs version af ABC-formodningen

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.

(16)

En løs version af ABC-formodningen

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.

(17)

En løs version af ABC-formodningen

A+B=C

(18)

En løs version af ABC-formodningen

A+B=C

Med andre ord kan der ikke være uhyggeligt mange

(19)

Pythagoræiske tripler

Hvisx²+y²=z²med hele tal uden fælles divisor, så er (x,y,z) = (m²−n²,2mn,m²+n²),

hvormogner hele tal uden fælles divisor, et lige og et ulige.

Hvor mange sådanne er der medz²≤N?

Vi skal tælle antallet af(m,n)så at(m²+n²)²≤N. Rundt regnet er dette arealet af cirklen med radiusN^1/4, dvs.πN^1/2.

Tager vi divisor-betingelsen ud, bliver det ‘rigtige’ rundt-regnet-tal lig med _π⁴N^1/2.

(20)

Pythagoræiske tripler

(21)

Pythagoræiske tripler

Vi skal tælle antallet af(m,n)så at(m²+n²)²≤N.

Rundt regnet er dette arealet af cirklen med radiusN^1/4, dvs.πN^1/2.

(22)

Pythagoræiske tripler

(23)

Pythagoræiske tripler

Tager vi divisor-betingelsen ud, bliver det ‘rigtige’

rundt-regnet-tal lig med _π⁴N^1/2.

(24)

Pythagoræiske tripler og ABC

Lad os prøve at se på tælleproblemet som et ABC-problem.

LadA=x²,B=y²ogC=z².

Nu leder vi efter heltal mellem−N ogN uden fælles divisor, så atA+B=C, som er kvadrater.

Der er ca.N²sådanne heltal, der opfylder ligningen. Af heltallene mellem−N ogN er ca.N^1/2kvadrattal. Altså er sandsynligheden for at ramme et kvadratN^−1/2. HvisA,BogCopfører sig som terninger, er

sandsynligheden for at ramme tre kvadraterN^−3/2. Da der erN²mulige tripler, burde der være

N²N^−3/2=N^1/2pythagoræiske tripler medz²≤N.

(25)

Pythagoræiske tripler og ABC

(26)

Pythagoræiske tripler og ABC

(27)

Pythagoræiske tripler og ABC

Der er ca.N²sådanne heltal, der opfylder ligningen.

Af heltallene mellem−N ogN er ca.N^1/2kvadrattal. Altså er sandsynligheden for at ramme et kvadratN^−1/2. HvisA,BogCopfører sig som terninger, er

(28)

Pythagoræiske tripler og ABC

Af heltallene mellem−NogN er ca.N^1/2kvadrattal.

Altså er sandsynligheden for at ramme et kvadratN^−1/2. HvisA,BogCopfører sig som terninger, er

(29)

Pythagoræiske tripler og ABC

Altså er sandsynligheden for at ramme et kvadratN^−1/2.

HvisA,BogCopfører sig som terninger, er

(30)

Pythagoræiske tripler og ABC

sandsynligheden for at ramme tre kvadraterN^−3/2.

Da der erN²mulige tripler, burde der være

(31)

Pythagoræiske tripler og ABC

(32)

En tilståelse

Jeg har snydt jeg, så vandet drev!

Løsningerne til ligningen opfører sig overhovedet ikke som terningekast!

Se på ligningenx²+y²=3z². Der er kun én løsning.

Argumentet på sidste slide ville give rundt regnetN^1/2 løsninger.

Imidlertid er det tit sådan, at talteoretikere laver formodninger.

(33)

En tilståelse

(34)

En tilståelse

Se på ligningenx²+y²=3z².

Der er kun én løsning.

(35)

En tilståelse

(36)

En tilståelse

(37)

En tilståelse

(38)

Findes der Fermat-tripler?

Se nu på en Fermat-ligning,xⁿ+yⁿ=zⁿ.

KaldA=xⁿ,B=yⁿogC=zⁿ, så atA+B =C.

Som før vil vi tælle løsninger med max{|A|,|B|,|C|} ≤N og uden fælles divisor.

Som før er der rundt regnetN²valg afA,B,C uden fælles divisor så atA+B=C.

Sandsynligheden for, at hver af dem er enn’te potens er N^1/n/N.

Ganger vi hele skidtet sammen, ser vi, at vi forventer rundt regnetN²N^3(1/n−1)=N^(3−n)/nløsninger.

Dette giver mange forn<3, ikke alt for mange forn=3 og kun endeligt mange forn>3.

(39)

Findes der Fermat-tripler?

(40)

Findes der Fermat-tripler?

(41)

Findes der Fermat-tripler?

(42)

Findes der Fermat-tripler?

(43)

Findes der Fermat-tripler?

(44)

Findes der Fermat-tripler?

(45)

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 atA+B=C,

2 og dels atA,BogCikke 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.

(46)

Nok en tilståelse

1 dels atA+B=C,

(47)

Nok en tilståelse

1 dels atA+B=C,

(48)

Nok en tilståelse

1 dels atA+B=C,

(49)

Den rigtige ABC-formodning

Definition

For et helt tal D med primtalsfaktorisering D=p₁^r¹p₂^r²· · ·p^r_m^m definerer vi radikalet af D ved

rad(D) =p₁p₂. . .p_m.

Formodning (ABC-formodningen)

For ethvert >0findes etκ >0, så at for enhver løsning til A+B =C i hele tal uden fælles divisor, er

max{|A|,|B|,|C|} ≤κrad(ABC)¹⁺.

(50)

Den rigtige ABC-formodning

Definition

For et helt tal D med primtalsfaktorisering D=p₁^r¹p₂^r²· · ·p^r_m^m definerer vi radikalet af D ved

rad(D) =p₁p₂. . .p_m. Formodning (ABC-formodningen)

For ethvert >0findes etκ >0, så at for enhver løsning til A+B =C i hele tal uden fælles divisor, er

max{|A| |B| |C|} ≤ ¹⁺

(51)

Outline

(52)

Fermats Store Sætning (Nu Wiles’ Sætning)

Sætning (en del af Wiles’ Sætning)

For n stor nok, har ligningen xⁿ+yⁿ=zⁿ kun trivielle heltalsløsninger.

Dette følger af ABC-formodningen. Hvisκ₁=1, har vi Fermat forn≥6.

(53)

Fermats Store Sætning (Nu Wiles’ Sætning)

Dette følger af ABC-formodningen.

Hvisκ₁=1, har vi Fermat forn≥6.

(54)

Fermats Store Sætning (Nu Wiles’ Sætning)

Hvisκ₁=1, har vi Fermat forn≥6.

(55)

Catalans Formodning (nu Mih ˘ailescus Sætning)

Sætning (En del af Mih ˘aielscus sætning)

Der er kun endeligt mange heltalsløsninger(x,y,p,q)med x,y,p,q >1til x^p−y^q =1.

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.

(56)

Catalans Formodning (nu Mih ˘ailescus Sætning)

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.

(57)

Catalans Formodning (nu Mih ˘ailescus Sætning)

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.

(58)

Catalans Formodning (nu Mih ˘ailescus Sætning)

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, hvorD,E ogF er faste heltal.

Sætδ=1−_p¹−¹_q −¹_r.

Snyde-argumentet giver, at vi forventer mange løsninger, nårδ <0, knapt så mange forδ=0 og kun endeligt mange nårδ >0.

ForD=E =F =1 formodes det, at de eneste løsninger nårδ >0 kommer fra en endelig liste. Dette kaldes ofte Fermat–Catalan Formodningen.

(60)

Fermat–Catalan formodningen

Sætδ=1−_p¹−¹_q −¹_r.

Snyde-argumentet giver, at vi forventer mange løsninger, nårδ <0, knapt så mange forδ=0 og kun endeligt mange nårδ >0.

(61)

Fermat–Catalan formodningen

Sætδ=1−_p¹−¹_q −¹_r.

Snyde-argumentet giver, at vi forventer mange løsninger, nårδ <0, knapt så mange forδ =0 og kun endeligt mange nårδ >0.

(62)

Fermat–Catalan formodningen

Sætδ=1−_p¹−¹_q −¹_r.

Snyde-argumentet giver, at vi forventer mange løsninger, nårδ <0, knapt så mange forδ =0 og kun endeligt mange nårδ >0.

ForD=E =F =1 formodes det, at de eneste løsninger

(63)

Darmon–Granville Sætningen

Sætning

Lad p,q,r >0være heltal medδ >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,

Den indeholder en svag variant af Fermat–Catalan.

Hvis vi kenderκfor= ₈₃¹, kan vi finde en øvre grænse på løsninger i Fermat–Catalan.

(64)

Darmon–Granville Sætningen

Sætning

Dx^p+Ey^q =Fz^r, Dette følger af ABC-formodningen.

(65)

Darmon–Granville Sætningen

Sætning

(66)

Darmon–Granville Sætningen

Sætning

Hvis vi kenderκfor= ₈₃¹, kan vi finde en øvre grænse på

(67)

Beals Formodning (Zagier–Tijdemann Formodningen)

Formodning

Ligningen x^p+y^q =z^r har ingen løsninger med p,q,r ≥3og 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 $50.000 for en løsning.

(68)

Beals Formodning (Zagier–Tijdemann Formodningen)

Formodning

(69)

Beals Formodning (Zagier–Tijdemann Formodningen)

Formodning

(70)

Beals Formodning (Zagier–Tijdemann Formodningen)

Formodning

(71)

Halls Formodning

Formodning

For >0findes c()>0så at for alle være heltal u og v forskellige fra nul og uden fælles divisor med at u³−v²6=0, er

u³−v²

≥C()|u|^1/2−.

Dette skal sammenlignes med Catalans Formodning. Denne (i en stærkere version) følger også af

ABC-formodningen.

(72)

Halls Formodning

Formodning

u³−v²

≥C()|u|^1/2−.

Dette skal sammenlignes med Catalans Formodning.

Denne (i en stærkere version) følger også af ABC-formodningen.

(73)

Halls Formodning

Formodning

u³−v²

≥C()|u|^1/2−.

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 hvisp≥3 er et primtal, så gårpop i 2^p−1−1.

Sker det nogen gange, atp²går op i 2^p−1−1?

Ja! Det sker forp=1093 og forp=3511. Men vi kender ikke flere.

Wieferich viste i 1909, at hvisx^p+y^p=z^pogpikke går op ix,y ellerz, så erpet 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.

(75)

Wieferich primtal

(76)

Wieferich primtal

(77)

Wieferich primtal

(78)

Wieferich primtal

Vi aner ikke, om der er uendeligt mange Wieferich primtal.

Der er en formodning i hver retning.

(79)

Wieferich primtal

Vi aner ikke, om der er uendeligt mange Wieferich primtal.

Der er en formodning i hver retning.

(80)

Erd ˝os–Woods Formodningen

Formodning

Erd ˝os–Woods Formodningen Der findes et positivt heltal k , så at hvis m og n er heltal med

rad(m) =rad(n), . . . ,rad(m+k) =rad(n+k), så er m=n.

Det er ikke rigtigt fork =1: 75=3·5²og 1215=3⁵·5, mens 76=2²·19 og 1216=2⁶·19.

Imidlertid er 756=1215.

ABC-formodningen giver, at Erd ˝os–Woods holder for k =2, med højst endeligt mange undtagelser.

(81)

Erd ˝os–Woods Formodningen

Formodning

ABC-formodningen giver, at Erd ˝os–Woods holder for k =2, med højst endeligt mange undtagelser.

(82)

Erd ˝os–Woods Formodningen

Formodning

(83)

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 forL-funktioner. Diverse store formodninger af store ånder som Szpiro og Vojta.

(84)

Og der er mere . . .

Roths Sætning om approksimation af algebraiske tal.

Faltings Sætning om rationale punkter på kurver med høj genus.

(85)

Og der er mere . . .

(86)

Og der er mere . . .

Ikke-eksistensen af Siegel-nulpunkter forL-funktioner.

Diverse store formodninger af store ånder som Szpiro og Vojta.

(87)

Og der er mere . . .

Ikke-eksistensen af Siegel-nulpunkter forL-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

(90)

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?

(91)

Fra svære problemer til nemme problemer

(92)

Fra svære problemer til nemme problemer

(93)

Fra svære problemer til nemme problemer

(94)

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) =a₀xⁿ+a₁xⁿ⁻¹+· · ·+an−1x+an, med koefficienter i de komplekse tal, findes der en entydigt bestemt mængde af komplekse talλ₁, . . . , λnog c, så at

P(x) =c·(x −λ₁)·(x−λ₂)· · ·(x−λn).

(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?

Sætning (Algebraens Fundamentalsætning) Givet et polynomium

P(x) =a₀xⁿ+a₁xⁿ⁻¹+· · ·+an−1x+an, med koefficienter i de komplekse tal, findes der en entydigt bestemt mængde af komplekse talλ₁, . . . , λnog c, så at

P(x) =c·(x −λ₁)·(x−λ₂)· · ·(x−λn).