ABC予想に親しむ

  • 公開日時: 2017/12/17 11:56
  • 閲覧数: 739
  • コメント数: 5
  • カテゴリ: 入試・教育

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No メッセージ 投稿者 日時    
1
まず, 個人的意見として, 論文が認可される以前に, mediaで発表されること自体, 甚だ, 疑問である.

当の, RIMSから, 未だに正式な発表がないにもかかわらず.情報が, ひとり歩きするのが一抹の不安を覚える.

それはさておき, 最近, すうじあむは, 非常に重い.掃除が必要なのでは, なかろうか.

近谷 邦彦 さん 2017/12/17 16:12:20 報告
2 近谷 邦彦 さん 2017/12/17 16:20:51 報告
3
話題のthe proof of abc conjecture, 賛否両論のようです.1994 F.L.T, の証明の事態にならないことを切に願いたい.

https://newsly.social/23006/shinichi-mochizukis-math-proof-almost-no
近谷 邦彦 さん 2017/12/22 01:42:19 報告
4
Deleted.
近谷 邦彦 さん 2017/12/22 01:42:30 報告
5
おじゃま虫です。

max{|a|,|b|,|c|}= |c| とすると、 |a| + |b| = |c|,

|a| = A ∈ N,|b| = B ∈ N,|c| = C ∈ N.

[式:…]
とおきます。

gcd{A,C} = gcd{A,A+B} = gcd{A,B} = 1.
gcd{B,C} = gcd{B,A+B} = gcd{B,A} = 1.
より
γ(ABC) = γ(A)・γ(B)・γ(C)

[式:…]

となる [式:…] は有限個しかないから、上に有界。

そこで [式:…]

とおけば

[式:…]
prime_132 さん 2018/03/15 03:21:01 報告
\documentclass[fleqn,11pt]{jsarticle} \usepackage[margin=.8in]{geometry} \usepackage{amsmath,amssymb} \usepackage{fancybox} \usepackage{emathP} \usepackage{ulem} \begin{document} これだけニュースになったら、入試にABC予想が出るかもしれない。ミーハーな出題者も一人くらいいるでしょう。ABC予想の証明そのものは数学者にとっても難解だけど、ABC予想を使って他の整数論の命題を証明することは大学受験レベルであることが多いようです。 そのときは、以下の形のABC予想を使うと都合が良い場合が多いです。\\ \noindent \hrulefill \\ \underline{ABC予想} 任意の$\varepsilon >0$に対してある正の数$M( \varepsilon )$が存在して、最大公約数が$1$である$3$つの$0$でない整数$a,b,c$で$a+b=c$をみたすもの全てに対して、 \[ \max \left\{ |a|,|b|,|c| \right\} \le M( \varepsilon ) \gamma \left( abc \right)^{1+ \varepsilon} \] が成り立つ。ここで$\gamma (n) $は$0$でない整数$n$に対して$n$を割り切る素数すべての積 \[ \gamma (n) = \prod_{p|n \atop p : \text{素数}} p \] を表します(常識的には$\gamma(1)=1$でしょう)。\\ \noindent \hrulefill \\ $M( \varepsilon )$は$a,b,c$に依らないというわけで、とても強いことを主張しているわけです。 \noindent 例.$\gamma (24) = 6, \,\,\, \gamma(5^n) = 5$ \\ $a_n = 1 , b_n = 5^n -1 , c_n = 5^n $ とします。ある($a_n , b_n , c_n$に依らない)定数$M(1/10)$が存在して、任意の$n$に対して \[ 5^n \le M(1/10) \gamma \left( (5^n -1) 5^n \right)^{1+ \frac{1}{10}} = 5 M(1/10) \gamma( 5^n -1)^{\frac{11}{10}} \] が成り立つ。($M(1/10)$の下からの評価が得られるかもしれません) \\ ABC予想が功を奏すのは$\gamma (n)$がなんとかなるときですよね。$\gamma (n) \le n$や$\gamma(n^k) = \gamma (n)$のような当たり前の評価でも以下のような使い方ができると嬉しいわけです。\\ 例.ABC予想を仮定して、連続する$2$つの累乗数($n^k$の形の自然数。ただし、$n,k$は自然数で$k\ge2$)は(存在しても)有限個しかないことを示しましょう。\\ $m^p , \, n^q$がこの順に累乗数であるとします。すなわち \[ m^p + 1 = n^q \,\,\, \cdots ( \clubsuit ) \] ($p=q$は有り得ないことが簡単にわかります)。$\varepsilon = \frac{1}{10}$として ($\clubsuit$)にABC予想を適用すると、 \begin{eqnarray*} n^q &<& M \left( \frac{1}{10} \right) \gamma \left( m^p n^q \right)^{1+ \frac{1}{10}} \le M \left( \frac{1}{10} \right) (mn)^\frac{11}{10} \le M \left( \frac{1}{10} \right) n^{\left( \frac{q}{p} +1 \right) \frac{11}{10} } \\ n &<& M \left( \frac{1}{10} \right)^{\frac{1}{q}} n^{\left( \frac{1}{p} +\frac{1}{q} \right) \frac{11}{10} } \le M \left( \frac{1}{10} \right)^{\frac{1}{2}} n^{\left( \frac{1}{3} +\frac{1}{2} \right) \frac{11}{10} } = M \left( \frac{1}{10} \right)^{\frac{1}{2}} n^{\frac{11}{12}} \\ \therefore n &<& M \left( \frac{1}{10} \right)^{6} \end{eqnarray*} したがって$n$は有限個の可能性しかないわけです。(実は$2^3, 3^2$だけしかないことが分かっています。) 次のページに簡単な問題を載せますので、解いてABC予想に慣れ親しんで下さい! \newpage \fbox{1} 自然数からなる$2$つの数列$\{ x_n \} , \{ y_n \}$を \[ x_n + y_n \sqrt{2} = ( 3 + 2 \sqrt{2} )^n \] で定めます。\\ (1) $x_n^2 - 2y_n^2 $の値を求めて下さい。\\ (2) 任意の自然数$n$に対して$y_{2^{n+1}}$が$2^{n+1}$で割り切れることを示して下さい。\\ (3) ABC予想における不等式は$\varepsilon=0$にはできないことを示して下さい。つまり$a+b=c$をみたす非零な最大公約数が$1$の$3$つの整数$a,b,c$に対していつも \[ \max \left\{ |a|,|b|,|c| \right\} \le M \gamma \left( abc \right) \] が成り立つような定数$M$は存在しないことを示して下さい。\\ \fbox{2} 自然数$n$を素因数分解したとき全ての素因数の指数が$2$以上であるとき、$n$を充平方数といいます。つまり、$n$が素数$p$で割り切れるならば必ず$p^2$でも割り切れるとき、$n$を充平方数と呼びます。\\ (1) $n$が充平方数ならば、$\gamma (n) \le \sqrt{n}$であることを示して下さい。\\ (2) ABC予想を仮定します。$3$つの連続する充平方数の組は有限個であることを示して下さい。\\ \fbox{3} $F_1 = F_2 = 1, F_{n+2}=F_{n+1} + F_n $で定まる自然数列をフィボナッチ数列といいます。\\ ABC予想を仮定して、フィボナッチ数列に現れる自然数のうち充平方数であるものは有限個であることを示して下さい。\\ 最近すうじあむがすごく重たいんですけど、なぜ?私だけでしょうか? \end{document}