Az abc-sejtés két matematikai állítás összefoglaló neve, melyet David Masser (1985) és Joseph Oesterlé (1988) fogalmazott meg. Az egyik sejtés szerint az abc-számhármasok „minőségének” van egy maximális értéke. A másik sejtés pedig ezen minőségértékek számosságára tesz még szigorúbb kijelentést.

Az abc-sejtések kiemelt fontosságúak, mert egy sor másik matematikai sejtést lehet segítségükkel bizonyítani, vagy a már meglévő bizonyítások válhatnának egyszerűbbekké.

2012 szeptemberében Mocsizuki Sinicsi, a Kiotói Egyetem matematikusa azt nyilatkozta, hogy 500 oldalas tanulmányában sikerült bizonyítania a sejtés gyengébb állítását.^[1]

A sejtés pontos megértéséhez először meg kell ismerkedni az abc-számhármasok fogalmával és ezek néhány tulajdonságával.

Az abc-számhármas három olyan különböző pozitív egész szám, melyre igaz a következő három állítás mindegyike:

1. ${\displaystyle a+b=c}$.

2. Az a és b számok relatív prímek, azaz nincs 1-nél nagyobb közös osztójuk. (Az első két feltétel következménye, hogy mind a három szám relatív prím.)

3. A c szám nagyobb, mint a három szám prímosztóinak szorzata (tehát abc radikálja, jele rad(abc)). Végtelen sok ilyen abc-számhármas van. A bizonyításhoz tekintsük az a = 1, b = 9ⁿ − 1, c = 9ⁿ számhármasokat, ahol n nullánál nagyobb egész. Ha minden n értékre abc-számhármast kapunk, igazoltuk, hogy végtelen sok ilyen számhármas létezik.

Mielőtt a bizonyítást elkezdenénk, lássunk be egy segédtételt: b = 9ⁿ − 1 mindig osztható 8-cal. Ehhez egy bizonyítási út az indukciós bizonyítás. n = 1 esetén b = 8, ami osztható nyolccal, az állítás igaz. Tegyük fel, hogy n = k-ra az állítás igaz, vagyis 9^k − 1 osztható 8-cal.

Vizsgáljuk az n = k + 1 esetet: b = 9^{k + 1} − 1 = 9 · 9^k − 1 = 9 · 9^k − 1 − 9 + 9, hiszen ha ugyanazt a számot elvesszük és hozzáadjuk, az egyenlőség nem változik. Ezek után megváltoztatom az összeg tagjainak sorrendjét, amit szabadon megtehetek az összeadás kommutatív tulajdonsága miatt: b = 9 · 9^k − 9 − 1 + 9. Az összeadás első két tagjából kiemelek 9-et, második két tagjánál pedig elvégzem az összeadást: b = 9 · (9^k − 1) + 8. Az összeg első tagja osztható 8-cal az indukciós feltétel miatt, a második tagnál nyilvánvaló. Így b is osztható 8-cal, mivel az összeg minden tagja osztható vele.

Ennyi előkészítés után visszatérhetünk tételünk bizonyításához: Az nyilvánvaló, hogy az a és b legnagyobb közös osztója 1, és az a + b = c feltétel teljesül.

Mivel b osztható 8-cal, így b = 2³ · m. A radikálnak a definícióból közvetlen következő tulajdonsága szerint rad(m) ≤ m. (Az egyenlőség négyzetmentes számok esetében áll fenn.) Ezért rad(b) ≤ 2 · m. rad(a) = 1 és rad(c) = 3. Mivel a, b, c páronként relatív prímek, rad(abc) = rad(a) · rad(b) · rad(c). Ezért rad(abc) ≤ 2 · 3 · m. Viszont c = 8 · m + 1, így igazolt, hogy c > rad(abc). Így beláttuk, hogy minden n értékre a, b, c egy abc-számhármas.

Az abc-számhármasokhoz hozzárendelhetünk egy mutatószámot (jele "q"). Ennek kiszámítása a harmadik feltételben is szereplő radikál segítségével történik, jele rad(abc). A minőség az a szám, ahányadik hatványra emelve a radikált, megkapjuk "c"-t.

Képlettel leírva: ${\displaystyle rad(abc)^{q}=c}$. Amiből következik, hogy a minőség számítása: ${\displaystyle q=\log(c)/\log(rad(abc))}$.

Mivel az abc-számhármasok esetén a c szám mindig nagyobb, mint a radikál, a minőség mindig nagyobb, mint 1.

A matematikusok azt vették észre, hogy az abc-számhármasok minőségértéke minden esetben elég alacsony szám. 1,63-ot elérő számhármast még senki sem talált. A gyengébbik sejtés pontosan ezt fogalmazza meg: az abc-számhármasok minősége egy konkrét számértéket sosem halad meg. (Hogy mi ez a számérték, az már másodlagos kérdés, általában 2-nél kisebb számra gondolnak.)

A második, erősebb állítás pedig így hangzik: Bármilyen minőség-értéket választunk is ki, csak véges sok annál nagyobb minőségű számhármas létezik.

Fogalmazzuk meg az állítást formálisan is: Minden ε > 0 számhoz létezik egy K > 0 konstans, hogy minden abc-számhármashoz (ahol a,b,c pozitív egész számok, a és b relatív prímek és a+b=c) teljesül: c < K * rad(abc)^1+ε. (q > 1+ε jelöli azt a minőség értéket, ami szerint a tétel állítása szerint csak véges sok magasabb minőségű a,b,c számhármas van. Definíció szerint q=log(c)/log(rad(abc)) ezért log(c)>(1+ε)*log(rad(abc)); a logaritmus tulajdonságait figyelembe véve így log(c)>log(rad(abc)^1+ε). Mivel a logaritmus függvény szigorúan monoton, így c > rad(abc)^1+ε.); Viszont mivel a tétel állítása szerint az egyenlőtlenség jobb oldalának van maximuma, így található olyan K ('elegendően kicsi') konstans, hogy a tétel szerinti egyenlőtlenség teljesüljön. Ez egy szép példa arra, amikor a matematikában különben elkerülhetetlen formalizálás nehezebben érthetővé teszi a mögötte lévő gondolati lényeget.)

Még egy megjegyzés a formalizáláshoz: Egyes szakirodalmakban az egyenlőtlenség felírása meg van fűszerezve abszolút érték jelekkel, illetve előfordul a MAX(a,b,c) kitétel is. Ezekre az a+b+c=0 formalizmus esetén van szükség, amit az első (Masser és Oesterlé) abc-sejtésről szóló publikációk alkalmaztak. Ez logikailag teljesen egyenértékű az itt használt a+b=c formalizmussal.

Ha az erősebb állítás igaz, igaz a gyengébb is. Ha a gyengébb nem igaz, nem igaz az erősebb sem. Végül lehetséges, hogy csak a gyengébb igaz, az erősebb nem.

Ezek után felírhatjuk, hogy pontosan minek az igazolását jelentette be Mocsizuki Sinicsi: Max(a,b,c)<= K * rad(abc)^L alkalmas K, L konstansokra - ami a sejtés gyengébb formájának az egyik változata.

Keressünk abc-számhármast! Vegyünk két különböző pozitív egész számot (a-t és b-t), adjuk őket össze és megkapjuk c-t! Legyen a = 16, b = 17, vagyis c = 33.

Az első feltétel tehát ezzel adott. A második feltétel ellenőrzéséhez fel kell bontani a három számot prímtényezőire:

a = 2 · 2 · 2 · 2

b = 17 (önmagában prím, nem bontható tovább)

c = 3 · 11

Látható tehát, hogy közös prímtényező semelyik két számban nem fordul elő. A 16-osban csak 2-es prímtényező van, a 17-esben csak a 17-es, a 33-asban pedig a 3-as és 11-es, nincs köztük átfedés sehol.

Végül nézzük a harmadik feltételt! Ehhez ki kell számítani abc radikálját. Vesszük az összes előforduló prímosztót, a 2-t, 17-et, 3-at és 11-et, és összeszorozzuk őket. A radikál tehát: 2 · 17 · 3 · 11 = 1122. Mivel ez nagyobb, mint a c szám, a harmadik feltétel nem teljesült, ez nem egy abc-számhármas.

Próbálgatásokkal is rájöhetünk, hogy a legtöbb számhármas nem abc-számhármas.

Vegyünk azért egy pozitív példát is: a = 5, b = 27, vagyis c = 32. Prímtényezők:

a = 5 (önmagában prím, nem bontható tovább)

b = 3 · 3 · 3

c = 2 · 2 · 2 · 2 · 2

Látjuk, hogy közös prímosztójuk nincs, a második feltétel teljesül. A radikál értéke 5 · 3 · 2 = 30. Ez tehát kisebb, mint a c szám, tehát találtunk egy abc-számhármast.

Nézzük meg, mekkora ennek a számhármasnak a minősége (8 tizedesjegyre kerekítve): q = log (32) / log (30) = 1,50514997 / 1,47712125 = 1,01897523, tehát 1-nél alig nagyobb érték.

A legnagyobb minőségű abc-számhármast Eric Reyssat találta 2004-ben. Itt a = 2, b = 6436341, c = 6436343. Prímtényezőjük:

a = 2

b = 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 3 · 109

c = 23 · 23 · 23 · 23 · 23

A radikál tehát 2 · 3 · 109 · 23 = 15042, ami pedig jóval kisebb a c számnál.

Számoljuk ki a minőséget: q = log(6436343) / log(15042) = 6,80863918 / 4,17730558 = 1,62991168. Ennél nagyobb minőséget eddig még nem találtak.

Az ε > 0 kikötésre szükség van, mivel végtelen sok a, b, c hármas van, amire rad(abc) < c. Egyszerű példa a következő:

a = 1

b = 2⁶ⁿ − 1

c = 2⁶ⁿ

ahol a és c egy kettes szorzó erejéig járul hozzá a radikálhoz, és mivel b osztható 9-cel, azért rad(abc) < 2c/3. A 6n kitevőt módosítva b-nek nagyobb négyzetosztói lesznek. Például, ha 6n helyett p(p-1)n-et írunk, ahol p prímszám, akkor b osztható lesz p²-tel, mivel 2^p(p-1) ≡ 1 (mod p²) és 2^p(p-1) - 1 tényezője lesz b-nek. A legnagyobb minőségű hármasok alább láthatók; a legnagyobb minőséget Eric Reyssat találta (Lando & Zvonkin 2004, p. 137):

a = 2

b = 3¹⁰ 109 = 6 436 341

c = 23⁵ = 6 436 343

rad(abc) = 15 042

aminek minősége 1,6299.

2006-ban a hollandiai Leideni Egyetem és a Kennislink tudományos intézet elindította az ABC@Home projektet, amely nyilvános számítógépes hálózat segítségével keresi az abc-számhármasokat. Az alábbi listát állították össze 2011-ben, és a munka jelenleg is folyik.

2012 szeptemberéig 23,1 millió abc-számhármast találtak, és bejelentették, hogy 10²⁰ alatti "c"-re megtalálták az összeset.^[3]

Az abc-sejtés feltételeiből következik, hogy c korlátozható az abc radikáljával, ami egy nemlineáris függvény. Emellett ismertek a következő exponenciális korlátok:

${\displaystyle c<\exp {\left(K_{1}\operatorname {rad} (abc)^{15}\right)}}$ (Stewart & Tijdeman 1986),

${\displaystyle c<\exp {\left(K_{2}\operatorname {rad} (abc)^{{\frac {2}{3}}+\varepsilon }\right)}}$ (Stewart & Yu 1991), és

${\displaystyle c<\exp {\left(K_{3}\operatorname {rad} (abc)^{{\frac {1}{3}}+\varepsilon }\right)}}$ (Stewart & Yu 2001).

ahol

• K₁ egy alkalmasan megválasztott konstans, ami nem függ a-tól, b-től vagy c-től
• K₂ és K₃ csak ε-tól függ

Ezek a korlátok érvényesek minden hármasra, ahol c > 2.

Az abc-sejtés számos következménye között találhatók már ismert eredmények, és találhatók más sejtések is, amelyek az abc-sejtés bizonyítása esetén szintén bizonyítottá válnak.

• A nagy Fermat-tétel a legismertebb példa. Az abc-sejtés felhasználásával elemi módszerekkel is beláthatóvá válna n>5 esetére. Az n= 3,4,5 esetekre viszont régről ismertek elemi bizonyítások. (Granville 2002)
• A nagy Fermat-tétel általánosítása, a Fermat–Catalan-sejtés. (Pomerance 2008)
• A Thue–Siegel–Roth-tétel az algebrai számok diofantoszi approximációjáról.
• A Mordell-sejtés, ma a Faltings-tétel speciális esete. (Elkies 1991)
• Az Erdős–Woods-sejtés néhány ellenpéldát kivéve. (Langevin 1993)
• Végtelen sok nem-Wieferich-prím létezése. (Silverman 1988)
• A Marshall Hall-sejtés gyengítése négyzet- és köbszámok szétválasztására. (Nitaj 1996)
• A Legendre-szimbólum felhasználásával alkotott L(s,(−d/.)) Dirichlet-féle L függvénynek nincs Siegel-zérója. Ehhez azonban az abc-sejtés általánosabb formáját kellene belátni számtestekre. (Granville 2000)
• Ha P(x) polinomfüggvény, és x egész, akkor P(x)-nek csak véges sok teljes hatványa van legalább három egyszerű nullával.^[5]
• A Tijdeman-tétel általánosítása ${\displaystyle y^{m}\;=\;x^{n}\,+\,k}$ megoldásszámára, sőt, a Pillai-sejtés ${\displaystyle Ay^{m}\;=\;Bx^{n}\,+\,k}$ megoldásszámára
• Ekvivalens a Granville–Langevin-sejtéssel
• Ekvivalens a módosított Szpiro-sejtéssel. (Oesterlé 1988).
• Minden egész A-ra véges sok megoldása van az n! + A= k² egyenletnek. Dąbrowski (1996)

(Baker 1998) egy erősebb egyenlőtlenséget javasolt, ahol rad(abc)-t ε^−ωrad(abc) helyettesíti, ahol ω a, b és c különböző prímosztóinak összesített száma.(Bombieri & Gubler 2006, p. 404).

Andrew Granville sejtése szerint a bal oldalra írhatnánk azt is, hogy O(rad(abc) Θ(rad(abc))), ahol Θ(n) azoknak az n-nél nem nagyobb egészeknek a száma, amelyeknek nincs más prímtényezői, mint n-nek.

(Browkin & Brzeziński 1994) megalkotta az n-sejtést, ${\displaystyle n\,>\,2}$ egészekre.

1. ↑ Az index.hu híre
2. ↑ Synthese resultaten, <http://www.rekenmeemetabc.nl/?item=h_stats>. Hozzáférés ideje: January 1, 2011 Archiválva 2008. december 22-i dátummal a Wayback Machine-ben (hollandul).
3. ↑ Data collected sofar, <http://abcathome.com/data/>. Hozzáférés ideje: September 10, 2012 Archiválva 2014. május 15-i dátummal a Wayback Machine-ben
4. ↑ 100 unbeaten triples. Reken mee met ABC, 2010. november 7. [2014. október 25-i dátummal az eredetiből archiválva]. (Hozzáférés: 2012. szeptember 26.)
5. ↑ Archivált másolat. [2009. február 5-i dátummal az eredetiből archiválva]. (Hozzáférés: 2012. szeptember 30.)

• Az abc-sejtés honlapja (angolul)
• Peter Woit blogja
• Nature-cikk (2012)