设$K$为特征$0$的代数闭域。我们不是将多项式环 $K[X]$ 作为一个整体来研究，而是稍微关注每个多项式。一个合理的做法是计算不同零的数量。我们定义\[n_0(f)=\text{$f$ 的不同根数}\]例如，如果 $f(X)=(X-1)^{100}$，我们有 \ (n_0(f)=1\)。看起来我们正在研究微积分，但实际上还有很多代数。

多项式的abc

定理 1（Mason-Stothers）。让 $a(X),b(X),c(X) \in K[X]$ 是多项式，使得$(a,b,c)=1$和 \(a+b=c\ ).然后\[\max\{\deg a,\deg b,\deg c\} \le n_0(abc)-1.\]

后面我们可以看到，这类似于著名的自然数$abc$猜想，至今仍有一些争议。但这是一个多项式的帖子，Mason-Stothers 的证明相当初级。

证明。把$f=a/c$和$g=b/c$ ，我们有 \[f+g=1.\] 这意味着\[f’+g’=\frac{f’}{ f}f+\frac{g’}{g}g=0 \implies\frac{g}{f}=\frac{b}{a}=-\frac{f’/f}{g’/g} .\]

出于某些充分的理由，我们在这里中断证明。形式为$f’/f$的有理函数让我们想起应用于$\log{x}$的链式法则。在微积分的上下文中，我们有 $\left(\log{f(x)} \右)’=f’/f$。在环$K[x]$上，我们定义 $D:K[x] \to K[x]$ 为形式导数态射。然后这个自同态扩展到 $K(x)$ \[D(f/g)=\frac{gDf-fDg}{g^2}.\]在$K(x)^\ast$ （阅读：有理函数域的乘法群 $K(x)$），我们定义对数导数\[L(f)=\frac{Df}{f}。\]它遵循\[L( fg)=\frac{D(fg)}{fg}=\frac{fDg+gDf}{fg}=L(f)+L(g)。\]还要注意，就像在微积分中一样，如果 $ f$是常数函数，则$D(f)=0$。现在我们写 \[f(X)=c\prod(X-\alpha_i)^{m_i}.\] 然后它遵循\[\begin{aligned}f’/f=L(f)&=L( c)+\sum L\left((X-\alpha_i)^{m_i} \right) \\ &= m_i\sum L(X-\alpha_i) \\ &= \sum\frac{m_i}{X- \alpha_i}.\end{aligned}\]现在我们可以回到证明。

证明（续）。由于 $K$ 在代数上接近，\[a(X)=c_1\prod(X-\alpha_i)^{m_i}, \quad b(X)=c_2\prod(X-\beta_j)^{n_j },\quad c(X)=c_3\prod(X-\gamma_k)^{r_k}.\] 我们看到，例如\[f(X)=c_1 c_3^{-1}\prod(X-\ alpha_i)^{m_i}\prod(X-\gamma_k)^{-r_k}.\]因此\[f’/f=\sum\frac{m_i}{X-\alpha_i}-\sum\frac{r_k }{X-\gamma_k}.\]同样\[g’/g=\sum\frac{n_j}{X-\beta_j}-\sum\frac{r_k}{X-\gamma_k}.\]结合两者, 我们得到frac{n_j}{X-\beta_j}-\sum\frac{r_k}{X-\gamma_k}}.\]接下来，将 $f’/f$ 和 $g’/g$ 乘以\ [N_0(X)=\prod(X-\alpha_i)\prod(X-\beta_j)\prod(X-\gamma_k),\]度数为$n_0(abc)$ （因为$(a ,b,c)=1$ ，这三个多项式没有根）。 $N_0f’/f$ 和 $N_0g’/g$ 都是最多$n_0(abc)-1$度数的多项式（这是因为$\deg h’=\deg h-1\ )对于非常量\(h \in K[X]$ ，而$f$和 $g$ 是非常量（为什么？）；我们假设\(\operatorname{char} K=0\ ）因为这个原因）。

接下来我们观察 $a,b$ 和 $c$ 的度数。由于$a+b=c$，我们实际上有$\deg c \le \max\{\deg a,\deg b\}$。因此$\max\{\deg a,\deg b,\degc\}=\max\{\deg a,\deg b\}$ 。从关系式 \[\frac{b}{a}=-\frac{N_0f’/f}{N_0g’/g},\] 和假设 $(a,b)=1$, 我们可以找到多项式 $h \in K[X]$ 使得 \[bh=-N_0f’/f,\quad ah = N_0g’/g.\] 取两边的度数，我们看到 \[\begin{对齐}\deg b \le \deg N_0f’/f \le n_0(abc)-1, \\\deg a \le \deg N_0g’/g \le n_0(abc)-1.\end{对齐}\ ] 这证明了定理。 \（\正方形\）

应用

我们介绍了这个定理的一些应用。

推论 1（多项式的费马定理）。令$a(X),b(X)$和 $c(X)$ 是$K[X]$中的相对质数多项式，使得它们并非都是常数，并且使得\[a (X)^n+b(X)^n=c(X)^n.\]然后$n \le 2$ 。

或者，可以论证曲线 $x^n+y^n=1$ 在 $K(X)$ 上。

证明。由于$a,b$和$c$互质，我们也有$a^n$ 、 $b^n$ 和 $c^n$ 互质。通过Mason-Stothers定理， \[\begin{aligned}\deg a^n = n\deg a &\le n_0(a^nb^nc^n)-1 \\ &= n_0(abc)-1 \\ & \le \deg(abc)-1 \\ &= \deg a + \deg b + \deg c – 1.\end{aligned}\]将$a$替换为 $b$ 和 $c $, 我们看到\[\begin{cases}n\deg a \le \deg a + \deg b + \deg c – 1 \\n\deg b \le \deg a + \deg b + \deg c – 1 \\n\deg c \le \deg a + \deg b + \deg c – 1\end{cases}\]由此得出\[n(\deg a + \deg b + \deg c) \ le 3(\deg a + \deg b + \deg c) – 1.\]在这种情况下$n<3$ 。 \（\正方形\）

推论 2（达文波特不等式）。设 $f,g \in K[X]$ 为满足$f^3-g^2 \ne 0$ 的多项式。然后 \[\deg (f^3-g^2) \ge \frac{1}{2}\deg f + 1.\]

证明。首先假设$(f,g)=1$。将 $h=f^3-g^2$，我们看到 \[n_0(f^3(-g^2)h)=n_0(fgh)\le \deg f+\deg g + \deg h- 1.\] Mason-Stothers， \[\begin{cases}3\deg f \le \deg f + \deg g + \deg h – 1, \\2\deg g \le \deg f + \deg g + \deg h – 1.\end{cases}\]结合这两个不等式，\[3\deg f + 2\deg g \le 2\deg f + 2 \deg g + 2\deg h – 2。 \] 由此得出\[2\deg h – 2 \ge \deg f \implies \deg h \ge \frac{1}{2}\deg f + 1。\]一般来说，我们假设 $( f,g)=d$。那么 $f/d$ 和 $g/d$ 是互质多项式。我们看到 \[\begin{aligned}\deg(f/d) &= \deg{f} – \deg d \\ &\le2\deg(f^3/d^3-g^2/d^2 ) – 2 \\ &= 2\deg(f^3-dg^2)-6\deg{d} – 2 \\ &\le2\deg(f^3-g^2)-6\deg{d }-2.\end{aligned}\] 因此\[\deg{f} \le 2\deg(f^3-g^2)-5\deg{d}-2 \le 2\deg(f^ 3-g^2)-2\]根据需要。 \（\正方形\）

人们也可以将这种情况概括为 $f^mg^n$。但我们写下了一些更重要的评论。首先，Mason-Stothers 最初是达文波特不等式的推广。我个人认为任何凡人都找不到 Davenport 不等式的原始论文，但是在 [Shioda 04] 上有一个使用线性代数 (lemma3.1) 的复制证明。

对于更多的几何解释，人们可能会对 [Zannier 95] 感兴趣，其中还讨论了黎曼的存在定理。

参考

[Ma 84] RC Mason，函数域上的丢番图方程，1984 年。
[Shioda 04] Tetsuji Shioda， abc 定理，Davenport 正弦和椭圆曲面，2004(https://ift.tt/e7Qha3o)
[Zannier 95] Umberto Zannier（威尼斯），关于$f^3-g^2$和黎曼存在定理的达文波特界限，1995。 (https://ift.tt/k9hPf6K)
[Davenport 65] H. Davenport：关于 $f^3(t)-g^2(t)$ ，1965（有人能找到这篇论文的电子版吗？）

原文： https://desvl.xyz/2022/12/02/The-abc-Theorem-of-Polynomials/