$\mathbb Z$ is difficult polynomials are easy

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General

$\mathbb Z$ 和 polynomial 上有很多相似问题 比如 $\mathbb Z$ 的 质因数分解 可以 对应到 polynomial 的 因式分解

事实上有一些在 $\mathbb Z$ 下十分困难的问题在 polynomial 中可以作为普通习题

Example

Fermat's Last Theorem

众所周知的 费马大定理:

$a^n+b^n=c^n$ 当 $n \geq 3$ 时没有正整数解

这个问题在上个世纪才被 怀尔斯 解决 证明过程非常复杂 但是如果问题是在 polynomial 中便可以很好解决

$f,g,h\in \mathbb C[x]$ 且 $\gcd(f,g,h)=1$ 求证 当 $n\geq 3$ 时 $f^n+g^n=h^n\to f,g,h \in \mathbb C$

下面给出证明:

假设当 $n \geq 3$ 时 $f^n+g^n=h^n$ 有解 那么: $$ \frac{\operatorname{d}f^n}{\operatorname{d}x}+\frac{\operatorname{d}g^n}{\operatorname{d}x}=\frac{\operatorname{d}h^n}{\operatorname{d}x}=f^{n-1}f^{\prime}+g^{n-1}g^{\prime}=h^{n-1}h^{\prime} $$ 那么: $$ \begin{cases} f^{n}f^{\prime}+g^ng^{\prime}=h^nh^{\prime}\\ f^{n}f^{\prime}+g^{n-1}g^{\prime}f=h^{n-1}h^{\prime}f \end{cases} \to g^{n-1}(f^{\prime}g-fg^{\prime})=h^{n-1}(f^{\prime}h-fh^{\prime}) $$ 假设 $(f^{\prime}g-fg^{\prime})=(f^{\prime}h-fh^{\prime})=0$ 那么我们不难得到 $f,g,h$ 都是常函数

所以 $(f^{\prime}g-fg^{\prime})(f^{\prime}h-fh^{\prime})\neq 0$

那么: $$ \begin{aligned}{} &\,\,\,\,\,\,\,\,\,\begin{cases} f^{n-1}\mid g^{\prime}h-gh^{\prime}\\ g^{n-1}\mid f^{\prime}h-fh^{\prime}\\ h^{n-1}\mid f^{\prime}g-fg^{\prime}\\ \end{cases} \\ &\to \begin{cases} (n-1)\deg f \leq \deg g+\deg h-1\\ (n-1)\deg g \leq \deg f + \deg h - 1\\ (n-1)\deg h \leq \deg f + \deg g - 1\\ \end{cases} \\ &\to \begin{cases} n\deg f \leq \deg f + \deg g + \deg h - 1\\ n\deg g \leq \deg f + \deg g + \deg h - 1\\ n\deg h \leq \deg f + \deg g + \deg h - 1\\ \end{cases} \end{aligned} $$

把上面的三个式子加起来 得到: $$ (n-3)(\deg f + \deg g + \deg h) \leq -3 $$ 当 $n\geq 3$ 时显然不成立

ABC-conjecture

ABC 猜想 是:

如果 $a,b,c \in \mathbb N$ 满足 $\gcd(a,b,c)=1,a+b=c$ 那么 $\forall \epsilon > 0$ 都 $\exists K_{\epsilon}$ 满足 $c < K_{\epsilon}\operatorname{rad}(abc)^{1+\epsilon}$

其中 $\operatorname{rad}(n)$ 表示 $n$ 的 质因子 的 乘积

转换成 $\mathbb C[x]$ 上的叙述:

如果 $f,g,h \in \mathbb C[x]$ 满足 $\gcd(f,g,h)=1,f+g=h$ 那么 $\deg h<\operatorname{N}(fgh)$

其中 $\operatorname{N}(f)$ 表示 $f$ 的零点个数

下面给出在 $\mathbb C[x]$ 上的证明:

类似于费马大定理中的求导操作 我们可以得到: $f^{\prime}g-fg^{\prime}=f^{\prime}h-fh^{\prime}$

而现在我们可以得到: $$ \begin{cases} \gcd(f,f^{\prime})\mid f^{\prime}g-fg^{\prime}\\ \gcd(g,g^{\prime})\mid f^{\prime}g-fg^{\prime}\\ \gcd(h,h^{\prime})\mid f^{\prime}h-fh^{\prime}\to \gcd(h,h^{\prime})\mid f^{\prime}g-fg^{\prime} \end{cases}\\ \to\\ \gcd(f,f^{\prime})\gcd(g,g^{\prime})\gcd(h,h^{\prime}) \mid f^{\prime}g-fg^{\prime}\\ \to\\ \deg \gcd(f,f')+\deg \gcd(g,g')+\deg \gcd(h,h') \leq \deg(f)+\deg(g)-1\\ \to\\ \deg h < \deg f - \deg \gcd (f,f^{\prime}) + \deg g - \deg \gcd (g,g^{\prime}) + \deg h - \deg \gcd (h,h^{\prime}) $$ 下面我们证明一个引理:

Lemma1: $$ \deg f \leq \deg\gcd(f,f^{\prime})+\operatorname{N}(f) $$ 证明的话 可以假设 $(x-c)^n\mid f$ 那么 $f=(x-c)^n \hat f$ 那么 $f^{\prime}=(x-c)^n \hat f^{\prime}+n(x-c)^{n-1}\hat f$

通过这个引理便可以直接得到我们要证明的东西

事实上上面我们证明的这个是 Mason's Theorem 借此我们可以证明一个强于 Fermat's Last Theorem for polynomial 的东西:

$f,g,h\in \mathbb C[x]$ 且 $\gcd(f,g,h)=1$ 求证 当 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}\leq 1$ 时 $f^p+g^q=h^r\to f,g,h \in \mathbb C$

下面给出证明:

不失一般地 设 $\deg f^p\leq\deg g^q =\deg h^r$

那么: $$ \begin{aligned} p\deg f&<\operatorname{N}(f^pg^qh^r)\\ &=\operatorname{N}(fgh)\\ &\leq\deg f + \deg g + \deg h\\ &\leq\deg f + \frac{p}{q}\deg f + \frac{p}{r}\deg f \end{aligned} $$ 显然可以得到原来的结论

Conclusion

事实上 我们不仅仅可以在 polynomial 上证明这些 我们甚至可以 证明 黎曼猜想 的 polynomial 版本

当我们尝试把我们的证明带会 $\mathbb Z$ 中去的时候 我们发现我们在第一步就卡住了

如何对于 $n\in \mathbb Z$ 定义 $n^{\prime}$ 呢

我们事实上在 DGF 的那套理论中 已经得到了一个 求导算子 但是不幸的是 $D(a+b)\neq D(a)+D(b)$ 而且 $D$ 也不是局部幂零的

所以我们距离一些数论问题 还差一个具有以上性质的 $D$ 这是我们与 $\mathbb Z$ 的距离

任重而道远 Finally we've gone so far

引用原来的课件中的一句话:

Be Happy If You Find A Locally Nilpotent Derivation on your ring